Questão 3. (2.0 Pts) Suponha que o Wronskiano de duas soluções da equação diferencial
y^{\prime \prime}+p(x) y^{\prime}+q(x) y=0
é igual a 1 , e que y_{1}(x)=x^{3} é uma solução. Usando a fórmula de Abel, determine a solução geral de
y^{\prime \prime}+P(x) y^{\prime}+q(x) y=x

Passo 1

O enunciado nos dá as seguintes informações e pede uma coisa clara:
  • Informação 1: O Wronskiano de duas soluções da equação homogênea
y''+p(x)y'+q(x)y=0
é igual a 1 (constante).
  • Informação 2: Uma solução da homogênea é y_{1}(x)=x^{3}.
  • Pedido: Usando a fórmula de Abel, determinar a solução geral da equação não homogênea
y''+P(x)y'+q(x)y=x.
Observações imediatas (dados que vamos usar explicitamente mais adiante):
  • O enunciado dá o valor do Wronskiano (peguei isto do enunciado).
  • O enunciado dá y_{1}(x)=x^{3} (peguei isto do enunciado).
  • O termo do lado direito da não homogênea é x (peguei isto do enunciado).

Passo 2

Usar a fórmula de Abel para relacionar o Wronskiano com o coeficiente p(x).
A fórmula de Abel diz que, para a equação homogênea
y''+p(x)y'+q(x)y=0,
o Wronskiano W(x) de duas soluções satisfaz a equação diferencial
W'(x) = -p(x)\,W(x).
Isto implica a solução explícita
W(x)=C\exp\!\Big(-\int p(x)\,dx\Big),
onde C é uma constante. Aqui foi dado que W(x)=1 (constante). Então W'(x)=0. Substituindo em W'=-p(x)W obtemos
0 = -p(x)\cdot 1,
logo
p(x)=0.
Portanto o coeficiente do termo y' é zero: a equação homogênea é na forma
y''+q(x)y=0.

Passo 3

Determinar q(x) usando que y_{1}(x)=x^{3} é solução da homogênea.
Se y_{1}(x)=x^{3} então
y_{1}'(x)=3x^{2},\qquad y_{1}''(x)=6x.
Como y_{1} satisfaz y''+q(x)y=0, substituindo:
6x + q(x)\cdot x^{3}=0.
Isolando q(x):
q(x) = -\frac{6x}{x^{3}} = -\frac{6}{x^{2}}.
Portanto a equação homogênea é
y''-\frac{6}{x^{2}}y=0.

Passo 4

Achar uma segunda solução independente y_{2} usando o Wronskiano conhecido.
Pela definição do Wronskiano de y_{1} e y_{2},
W(y_{1},y_{2})(x)=y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}=1.
Substituindo y_{1}=x^{3} e y_{1}'=3x^{2}:
x^{3}y_{2}'-3x^{2}y_{2}=1.
Dividindo por x (assumimos x\neq0, a equação original tem sentido em intervalos onde x\neq0):
x y_{2}' - 3 y_{2} = x^{-2}.
Escrevemos na forma linear padrão:
y_{2}' - \frac{3}{x}y_{2} = x^{-3}.
Isto é uma equação linear de primeira ordem para y_{2}. O fator integrante é
\mu(x)=\exp\!\Big(\int -\frac{3}{x}\,dx\Big)=\exp(-3\ln|x|)=|x|^{-3}.
Trabalhando com x em um intervalo onde x>0 (podemos usar |x| depois), tomamos \mu(x)=x^{-3}. Multiplicando a equação por \mu obtemos
\frac{d}{dx}\big(x^{-3}y_{2}\big)=x^{-6}.
Integrando:
x^{-3}y_{2}=\int x^{-6}\,dx = -\frac{1}{5}x^{-5} + C,
onde C é constante de integração. Multiplicando por x^{3}:
y_{2} = -\frac{1}{5}x^{-2} + C x^{3}.
Uma segunda solução linearmente independente de y_{1}=x^{3} é obtida escolhendo C=0, portanto podemos tomar
y_{2}(x) = -\frac{1}{5}x^{-2}.
(verificação rápida: W(x)=x^{3}\cdot y_{2}'-3x^{2}\cdot y_{2}=1, confere.)

Passo 5

Escrever a solução geral da homogênea.
As duas soluções independentes são x^{3} e x^{-2} (até constantes). Portanto a solução geral da homogênea é
y_{h}(x)=C_{1}x^{3}+C_{2}x^{-2},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias. (Note que usei a forma x^{-2} porque y_{2}=-\tfrac{1}{5}x^{-2} difere só por constante.)

Passo 6

Encontrar uma solução particular y_{p} da não homogênea por variação de parâmetros.
A equação não homogênea (agora com P(x)=p(x)=0 e q(x)=-6/x^{2}) é
y''-\frac{6}{x^{2}}y = x.
Usando variação de parâmetros, procuramos y_{p}=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x) com as condições auxiliares
u_{1}'y_{1}+u_{2}'y_{2}=0,
u_{1}'y_{1}'+u_{2}'y_{2}'=x.
Resolver este sistema para u_{1}' e u_{2}'. Em termos do Wronskiano W=1 as fórmulas são simples:
u_{1}' = -\frac{x\,y_{2}}{W} = -x\,y_{2}, \qquad u_{2}' = \frac{x\,y_{1}}{W} = x\,y_{1},
porque W=1. Substituindo y_{1}=x^{3} e y_{2}=-\tfrac{1}{5}x^{-2}:
u_{1}' = -x\cdot\Big(-\frac{1}{5}x^{-2}\Big) = \frac{1}{5}x^{-1},
u_{2}' = x\cdot x^{3} = x^{4}.

Passo 7

Integrar para obter u_{1} e u_{2}, e então y_{p}.
Integrando:
u_{1}(x)=\int \frac{1}{5}x^{-1}\,dx = \frac{1}{5}\ln|x| + C_{1}^{*},
u_{2}(x)=\int x^{4}\,dx = \frac{x^{5}}{5} + C_{2}^{*}.
Para obter uma única solução particular podemos tomar as constantes de integração zero ( C_{1}^{*}=C_{2}^{*}=0). Assim escolhemos
u_{1}(x)=\frac{1}{5}\ln|x|,\qquad u_{2}(x)=\frac{x^{5}}{5}.
Agora
y_{p}=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2} = \frac{1}{5}\ln|x|\cdot x^{3} + \frac{x^{5}}{5}\cdot\Big(-\frac{1}{5}x^{-2}\Big).
Simplificando o segundo termo: \dfrac{x^{5}}{5}\cdot\left(-\dfrac{1}{5}x^{-2}\right) = -\dfrac{1}{25}x^{3}. Logo
y_{p}(x)=\frac{1}{5}x^{3}\ln|x| - \frac{1}{25}x^{3}.

Passo 8

Escrever a solução geral da não homogênea e simplificar constantes.
A solução geral é a soma da homogênea com uma particular:
y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x)=C_{1}x^{3}+C_{2}x^{-2}+\frac{1}{5}x^{3}\ln|x| - \frac{1}{25}x^{3}.
Como C_{1} é arbitrário, o termo -\tfrac{1}{25}x^{3} pode ser absorvido em C_{1}. Portanto uma forma mais compacta e habitual é
y(x)=A\,x^{3}+B\,x^{-2}+\frac{1}{5}x^{3}\ln|x|,
onde A,B são constantes arbitrárias.

Resposta

y(x)=A\,x^{3}+B\,x^{-2}+\frac{1}{5}x^{3}\ln|x|,
com A,B constantes reais.

Exercícios relacionados