Questão 34. Mostre que existe uma base y_{1}(x), y_{2}(x) para soluções de
x^{2} y^{\prime \prime}+4 x y^{\prime}+\left(2+x^{2}\right) y=0, x>0
da forma
y_{1}(x)=\frac{\psi_{1}(x)}{x^{2}}, y_{2}(x)=\frac{\psi_{2}(x)}{x^{2}} .
(Sugestão: Se y é uma solução, seja y=\frac{v}{x^{2}} ). Use este fato para resolver:
x^{2} y^{\prime \prime}+4 x y^{\prime}+\left(2+x^{2}\right) y=x^{2}, x>0 .

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial (no domínio x>0)
x^{2} y^{\prime \prime}+4 x y^{\prime}+\left(2+x^{2}\right) y=0
e pede para mostrar que existe uma base de soluções y_{1}(x),y_{2}(x) da forma
y_{1}(x)=\frac{\psi_{1}(x)}{x^{2}},\qquad y_{2}(x)=\frac{\psi_{2}(x)}{x^{2}}.
Foi dada a sugestão: se y é solução, tomar y=\dfrac{v}{x^{2}}. Em seguida, com esse fato, usar para resolver a equação não-homogênea
x^{2} y^{\prime \prime}+4 x y^{\prime}+\left(2+x^{2}\right) y=x^{2},\quad x>0.
Informações relevantes: domínio x>0; objetivo 1 — encontrar duas soluções independentes do tipo pedido (formar uma base); objetivo 2 — obter a solução geral da equação não-homogênea.

Passo 2

Vamos aplicar a sugestão: faça a substituição
y(x)=\frac{v(x)}{x^{2}}.
Primeiro precisamos das derivadas de y. Usando a regra do produto (ou da divisão) e derivadas de potências, calculamos passo a passo.
Calcule y'(x). Como y=v\cdot x^{-2},
y' = v'\,x^{-2} + v\,(x^{-2})' = v'\,x^{-2} + v\cdot(-2)x^{-3}.
Ou seja,
y' = v'\,x^{-2} - 2v\,x^{-3}.
Agora calcule y''(x). Derivando y':
y'' = (v' x^{-2})' - 2(v x^{-3})'.
Compute cada parcela:
(v' x^{-2})' = v'' x^{-2} + v'(-2)x^{-3} = v'' x^{-2} - 2 v' x^{-3},
(v x^{-3})' = v' x^{-3} + v(-3)x^{-4} = v' x^{-3} - 3 v x^{-4}.
Portanto
y'' = \big(v'' x^{-2} - 2 v' x^{-3}\big) - 2\big(v' x^{-3} - 3 v x^{-4}\big) = v'' x^{-2} - 2 v' x^{-3} - 2 v' x^{-3} + 6 v x^{-4}.
Juntando termos:
y'' = v'' x^{-2} - 4 v' x^{-3} + 6 v x^{-4}.

Passo 3

Multiplicamos por x^{2} e substituímos na equação original. Calcule termo a termo:
x^{2} y'' = v'' - 4 v' x^{-1} + 6 v x^{-2},
4x y' = 4x\big(v' x^{-2} - 2v x^{-3}\big) = 4 v' x^{-1} - 8 v x^{-2},
(2+x^{2})y = (2+x^{2})\frac{v}{x^{2}} = 2 v x^{-2} + v.
Somando os três termos:
x^{2} y'' + 4x y' + (2+x^{2})y = \big(v'' - 4 v' x^{-1} + 6 v x^{-2}\big) + \big(4 v' x^{-1} - 8 v x^{-2}\big) + \big(2 v x^{-2} + v\big).
Observe que os termos com v' x^{-1} cancelam \big(-4 v' x^{-1}+4 v' x^{-1}=0\big). Os coeficientes de v x^{-2} somam 6-8+2=0. Assim resta:
x^{2} y'' + 4x y' + (2+x^{2})y = v'' + v.
Isso é um ponto chave: a substituição transforma a equação complicada em uma equação muito simples para v.

Passo 4

Para a equação homogênea original (lado direito zero) obtemos a equação para v
v'' + v = 0.
Essa é uma equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes. A equação característica é
r^{2}+1=0 \quad\Rightarrow\quad r=\pm i.
As soluções básicas associadas são \cos x e \sin x. Logo a solução geral para v é
v(x) = C_{1}\cos x + C_{2}\sin x.
Portanto duas soluções da equação original são
y_{1}(x)=\frac{\cos x}{x^{2}},\qquad y_{2}(x)=\frac{\sin x}{x^{2}},
que têm exatamente a forma pedida com \psi_{1}(x)=\cos x e \psi_{2}(x)=\sin x.

Passo 5

Agora mostramos que y_{1},y_{2} são linearmente independentes (formam uma base das soluções). Uma maneira rápida: o wronskiano de y_{1},y_{2} satisfaz, para y_{i}=u\psi_{i} com u=x^{-2},
W(y_{1},y_{2}) = u^{2} W(\psi_{1},\psi_{2}).
Aqui u=x^{-2} não é zero para x>0. Para \psi_{1}=\cos x,\\ \psi_{2}=\sin x temos
W(\cos x,\sin x)=\begin{vmatrix}\cos x & \sin x\\\\ -\sin x & \cos x\end{vmatrix} = \cos^{2}x+\sin^{2}x =1.
Logo
W(y_{1},y_{2}) = x^{-4}\cdot 1 = x^{-4}\neq 0\quad\text{para }x>0,
portanto y_{1},y_{2} são linearmente independentes e formam uma base do espaço de soluções da equação homogênea.

Passo 6

Agora usemos esse fato para resolver a equação não-homogênea
x^{2} y'' + 4 x y' + (2+x^{2})y = x^{2}.
Pela transformação anterior, a equação para v fica
v'' + v = x^{2}.
Então reduzimos a resolver uma EDO com segundo membro polinomial.
Para resolver v''+v=x^{2} usamos coeficientes a determinar (método dos coeficientes indeterminados). Como o segundo membro é um polinômio de grau 2, tentamos uma solução particular da forma
v_{p}(x)=a x^{2}+b x + c,
onde a,b,c são constantes a determinar. Calcule
v_{p}''(x) = 2a.
Substituindo em v''+v=x^{2}:
2a + (a x^{2} + b x + c) = x^{2}.
Compare coeficientes do polinômio (igualdade de polinômios):
coeficiente de x^{2}: a=1.
coeficiente de x: b=0.
termo constante: 2a + c = 0 \Rightarrow 2\cdot1 + c =0 \Rightarrow c=-2.
Portanto
v_{p}(x) = x^{2} - 2.

Passo 7

A solução geral para v é a soma da solução complementar e da particular:
v(x) = C_{1}\cos x + C_{2}\sin x + x^{2} - 2.
Voltando à variável original y=v/x^{2}, obtemos a solução geral da equação não-homogênea:
y(x) = \frac{C_{1}\cos x}{x^{2}} + \frac{C_{2}\sin x}{x^{2}} + \frac{x^{2}-2}{x^{2}} = C_{1}\frac{\cos x}{x^{2}} + C_{2}\frac{\sin x}{x^{2}} + 1 - \frac{2}{x^{2}}.

Passo 8

(Verificação rápida do particular encontrado) Para y_{p}=1-\dfrac{2}{x^{2}} temos
y_{p}' = 0 + 4 x^{-3},\qquad y_{p}'' = -12 x^{-4}.
Substituindo:
x^{2}y_{p}'' = -12 x^{-2},\qquad 4x y_{p}' = 16 x^{-2},
(2+x^{2})y_{p} = (2+x^{2})\big(1-\tfrac{2}{x^{2}}\big)=x^{2}-4x^{-2}.
Somando: -12x^{-2}+16x^{-2}+x^{2}-4x^{-2}=x^{2}. Confirma que y_{p} funciona e que a solução geral acima está correta.

Resposta

y_{1}(x)=\dfrac{\cos x}{x^{2}},\quad y_{2}(x)=\dfrac{\sin x}{x^{2}}
y(x)=C_{1}\dfrac{\cos x}{x^{2}}+C_{2}\dfrac{\sin x}{x^{2}}+1-\dfrac{2}{x^{2}}

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