Sabendo que y_{1}(x)=e^{-2 x} é uma solução da EDO
y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+4 y=0
aplique o método da redução de ordem para determinar uma segunda solução y_{2}(x). Verifique se y_{1} e y_{2} são linearmente independentes.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial e uma solução conhecida, e pede duas coisas claras:
  • Informações dadas: y'' + 4y' + 4y = 0e é fornecido que \,y_{1}(x)=e^{-2x} é uma solução dessa equação.
  • Perguntas que precisamos responder:
    1. Usando o método da redução de ordem, determinar uma segunda solução \,y_{2}(x).
    2. Verificar se \,y_{1} e \,y_{2} são linearmente independentes.

Passo 2

Ideia do método da redução de ordem (explicação didática): queremos uma segunda solução da forma
y_{2}(x)=v(x)\,y_{1}(x),
onde v(x) é uma função incógnita. A razão desse artifício é que, substituindo \,y_{2}=v y_{1} na EDO e usando que y_{1} já satisfaz a EDO, conseguimos reduzir a ordem da equação para uma equação de primeira ordem para v'. Vou fazer isso passo a passo e explicar o que cada símbolo significa:
  • v(x) é uma função que vamos determinar.
  • Definimos também u(x)=v'(x) para simplificar a escrita (isso transforma uma equação de segunda ordem em uma de primeira ordem para u).

Passo 3

Calcule as derivadas de y_{2} em termos de v, u=v' e de y_{1}:
y_{2}=v\,y_{1},
y_{2}'=v'\,y_{1}+v\,y_{1}'=u\,y_{1}+v\,y_{1}',
y_{2}''=u'\,y_{1}+2u\,y_{1}'+v\,y_{1}''.
Agora substituímos y_{2}, y_{2}' e y_{2}'' na EDO
y''+4y'+4y=0.
Fazendo a substituição obtemos
\bigl(u'\,y_{1}+2u\,y_{1}'+v\,y_{1}''\bigr)+4\bigl(u\,y_{1}+v\,y_{1}'\bigr)+4\bigl(v\,y_{1}\bigr)=0.

Passo 4

Agrupando termos com v e com u notamos que v multiplica exatamente a combinação y_{1}''+4y_{1}'+4y_{1}, que é zero porque y_{1} é solução conhecida. Assim resta apenas os termos com u:
u'\,y_{1}+2u\,y_{1}'+4u\,y_{1}=0.
Fatorando u e dividindo por y_{1} (que nunca é zero, pois y_{1}=e^{-2x}\neq 0 para todo x), obtemos a equação de primeira ordem para u:
u' + u\left(2\frac{y_{1}'}{y_{1}}+4\right)=0.
Aqui \frac{y_{1}'}{y_{1}} é a derivada do logaritmo de y_{1}, ou seja \frac{d}{dx}\ln(y_{1}).

Passo 5

Calcule \frac{y_{1}'}{y_{1}} usando \,y_{1}(x)=e^{-2x}:
y_{1}'=-2e^{-2x}\quad\Rightarrow\quad \frac{y_{1}'}{y_{1}}=-2.
Substituindo na equação para u
u' + u\bigl(2\cdot(-2)+4\bigr)=u' + u( -4 +4)=u' + 0\cdot u = u' = 0.
Portanto u é constante:
u(x)=C \quad\text{(constante)}.
Como u=v', integramos para obter v:
v(x)=\int u(x)\,dx = \int C\,dx = Cx + D,
onde C e D são constantes arbitrárias.

Passo 6

Agora formamos y_{2}=v\,y_{1}=(Cx+D)\,y_{1}. Termo com D\,y_{1} é apenas múltiplo da solução já conhecida y_{1}, então não traz independência nova. Para obter uma segunda solução linearmente independente de y_{1} escolhemos C=1 e D=0, o que dá a solução simples e canônica
y_{2}(x)=x\,e^{-2x}.
(Escolhemos essa forma porque multiplicar por uma constante global não altera independência; escolher Cx com C\neq 0 produziria a mesma solução até escala.)

Passo 7

Verificação de independência linear pelo Wronskiano (explicação e cálculo): o Wronskiano de duas funções y_{1} e y_{2} é
W(y_{1},y_{2})(x)=\begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\\ y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix}=y_{1}y_{2}'-y_{2}y_{1}'.
Calculemos com y_{1}=e^{-2x} e y_{2}=x e^{-2x}.
Primeiro as derivadas:
y_{1}'=-2e^{-2x},
y_{2}'=e^{-2x} + x(-2e^{-2x})=e^{-2x}(1-2x).
Agora o Wronskiano:
W(y_{1},y_{2})(x)=e^{-2x}\cdot e^{-2x}(1-2x) - x e^{-2x}\cdot(-2e^{-2x}).
Fatorando e^{-4x}:
W(y_{1},y_{2})(x)=e^{-4x}\bigl(1-2x + 2x\bigr)=e^{-4x}.
Como e^{-4x}>0 para todo x, o Wronskiano é diferente de zero em todo domínio, logo y_{1} e y_{2} são linearmente independentes.

Resposta

\displaystyle y_{2}(x)=x\,e^{-2x}\n
Sim, são linearmente independentes; W(y_{1},y_{2})(x)=e^{-4x}\neq 0 para todo x.

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