Questão 5 (2 pontos). Sabendo que y_{1}=x^{3} é uma solução para a equação diferencial x^{2} y^{\prime \prime}-7 x y^{\prime}+15 y=0, utilize o Método de D’Alembert para encontrar uma segunda solução dessa equação.
Passo 1
O enunciado fornece a equação diferencial
x^{2}y''-7xy'+15y=0
e informa que \;y_{1}=x^{3}\; é uma solução. A tarefa é: utilizar o Método de D’Alembert (redução de ordem) para encontrar uma segunda solução linearmente independente y_{2} dessa equação. Informações relevantes: a equação é homogênea e y_{1}=x^{3} já é conhecida.
Passo 2
Primeiro colocamos a equação na forma padrão \;y''+P(x)y'+Q(x)y=0\; dividindo tudo por x^{2} (para podermos aplicar a técnica de redução de ordem):
y'' - \frac{7}{x}y' + \frac{15}{x^{2}}y = 0.
Aqui temos \;P(x) = -\dfrac{7}{x}\; e \;Q(x)=\dfrac{15}{x^{2}}\;. Explico: é comum dividir por coeficiente do y'' para identificar P e Q e usar fórmulas que exigem essa forma padrão.
Passo 3
Ideia do Método de D’Alembert (redução de ordem): suponha que exista uma segunda solução da forma
y = u(x)\,y_{1}(x),
onde u(x) é uma função desconhecida. A estratégia é substituir y=u y_{1} na equação e obter uma equação de ordem reduzida para u (normalmente uma equação de primeira ordem para u'). Isso funciona porque y_{1} já satisfaz a equação original, o que simplifica muito os termos.
Passo 4
Calculemos as derivadas usando a regra do produto. Com y = u y_{1} temos
y' = u' y_{1} + u y_{1}',
y'' = u'' y_{1} + 2u' y_{1}' + u y_{1}''.
Vou usar essas expressões na equação padrão y''+P y'+Q y=0.
Passo 5
Substituindo em y''+P y'+Q y=0 obtemos
(u'' y_{1} + 2u' y_{1}' + u y_{1}'') + P(u' y_{1} + u y_{1}') + Q(u y_{1}) = 0.
Agrupando termos por u, u' e u'':
u'' y_{1} + u' (2 y_{1}' + P y_{1}) + u (y_{1}'' + P y_{1}' + Q y_{1}) = 0.
Mas como y_{1} é solução da equação original, tem-se \;y_{1}'' + P y_{1}' + Q y_{1} = 0\;. Portanto o termo que multiplica u desaparece, sobrando
u'' y_{1} + (2 y_{1}' + P y_{1}) u' = 0.
Explicação: a vantagem é que o conhecimento de y_{1} cancela o termo em u, restando uma equação de ordem inferior envolvendo u' e u''.
Passo 6
Definimos w(x)=u'(x) para reduzir a ordem. Então u''=w' e a equação anterior vira
w' y_{1} + (2 y_{1}' + P y_{1}) w = 0.
Dividindo por y_{1} (assumindo y_{1}\neq 0 para x\neq 0) obtemos uma equação linear de primeira ordem para w:
w' + \Big(2\frac{y_{1}'}{y_{1}} + P\Big) w = 0.
Isto é uma equação do tipo w' + R(x) w = 0, cuja solução geral é w(x)=C\exp\big(-\int R(x)\,dx\big).
Passo 7
Agora substituímos os valores específicos. Temos y_{1}=x^{3}, então
Resolvemos w' - \dfrac{1}{x}w = 0. Podemos escrever como \dfrac{w'}{w} = \dfrac{1}{x} (válido quando w\neq 0) e integrar:
\ln |w| = \ln|x| + C \quad\Rightarrow\quad w = C x,
onde C é constante arbitrária. Explicação: integrar \dfrac{w'}{w} = \dfrac{1}{x} dá \ln|w|=\ln|x|+C.
Passo 9
Agora voltamos a u: lembrando que w = u', temos
u' = C x \quad\Rightarrow\quad u = C\frac{x^{2}}{2} + C_{2},
com C_{2} outra constante. Ao construir uma segunda solução y = u y_{1}, o termo C_{2} y_{1} produz uma combinação múltipla de y_{1} (não gera solução nova). Assim podemos escolher C_{2}=0 e também escolher a constante C conveniente (um fator multiplicativo final não altera a independência linear). Tomando C=2 (ou simplesmente absorvendo constantes), podemos escolher a função u(x)=x^{2}, o que dá
y_{2} = u\,y_{1} = x^{2}\cdot x^{3} = x^{5}.
Observação: se tivéssemos mantido o 1/2 obtido com C=1, teríamos y_{2} = \dfrac{1}{2}x^{5}, mas multiplicar por constante não muda o espaço de soluções nem a independência linear.
Passo 10
Verificação rápida de independência linear (opcional, mas bom para certeza): o Wronskiano de y_{1}=x^{3} e y_{2}=x^{5} é