Sejam \mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c} \in \Re, mostre que:
a) \mathbf{y}(\mathbf{t})=\mathbf{e}^{\mathbf{r t}}, com r raiz de \mathbf{a r}+\mathbf{b}=0, é solução da equação ay’ + by = 0.
b) \mathbf{y}(\mathbf{t})=\mathbf{x}^{\mathbf{r}}, com r raiz de \mathbf{r}^{\mathbf{2}} \boldsymbol{+}(\mathbf{b}-\mathbf{1}) \mathbf{r} \boldsymbol{+} \mathbf{c}=\mathbf{0}, é solução da equação \mathbf{x}^{\mathbf{2}} \mathbf{y}^{\prime \prime}+\mathbf{b x y}{ }^{\prime}+\mathbf{c y}=\mathbf{0}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede (tudo com os dados em \Re).
  • Dados gerais: a,b,c\in\Re.
  • Parte (a): a função candidata é \;y(t)=e^{r t}\;, onde r é raiz da equação \;a r + b = 0\;. O que pedir: mostrar que essa y(t) é solução da equação diferencial
a\,y'(t)+b\,y(t)=0.
  • Parte (b): a função candidata é \;y(x)=x^{r}\;, onde r é raiz da equação quadrática
r^{2} + (b-1)r + c = 0.
O que pedir: mostrar que essa y(x) é solução da equação diferencial
x^{2} y''(x) + b x y'(x) + c\,y(x) = 0.

Passo 2

Entendendo a ideia geral (uma pequena aula sobre a estratégia que será usada).
Quando temos uma equação diferencial linear homogênea com coeficientes constantes (ou com formas que admitem a substituição y=x^{r}), uma técnica padrão é testar soluções do tipo exponencial e^{r t} ou potências x^{r}. A razão é que derivando essas funções elas retornam a mesma forma multiplicada por constantes envolvendo r, permitindo reduzir a equação diferencial à condição algébrica (a chamada equação característica) sobre r. Aqui o enunciado já dá a equação característica; vamos verificar que, substituindo a função dada e usando as fórmulas de derivação, obtemos de fato zero.

Passo 3

Parte (a): derivada de y(t)=e^{r t} e substituição.
  • Regra usada: a derivada da função exponencial é proporcional à própria exponencial. Mais precisamente, para r constante,
\frac{d}{dt}\bigl(e^{r t}\bigr)= r\,e^{r t}.
Aqui r é o parâmetro (a raiz da equação a r + b = 0). Aplicando:
y'(t)=r\,e^{r t}.
Substituindo na equação diferencial a\,y'(t)+b\,y(t)=0 obtemos
a\,y'(t)+b\,y(t)=a\bigl(r\,e^{r t}\bigr)+b\bigl(e^{r t}\bigr).
Colocando e^{r t} em fator comum:
a\,y'(t)+b\,y(t)=\bigl(a r + b\bigr)\,e^{r t}.
Pelo enunciado sabemos que r é raiz de \;a r + b = 0\;, isto é, \;a r + b = 0. Portanto
\bigl(a r + b\bigr)\,e^{r t}=0\cdot e^{r t}=0,
para todo t. Conclusão: y(t)=e^{r t} satisfaz a equação a\,y'+b\,y=0. (Observação prática: isso exige apenas que e^{r t} seja definida — o que é sempre verdade para t\in\Re e r\in\Re.)

Passo 4

Comentário pedagógico curto sobre a parte (a).
  • O passo essencial foi usar \frac{d}{dt}e^{r t}=r e^{r t} e fatorar e^{r t}.
  • A equação característica a r + b = 0 aparece exatamente porque exigimos que o coeficiente do fator e^{r t} seja zero.
  • Assim, a ideia é sempre: testar a forma e^{r t}, derivar, substituir e reduzir a ODE a uma condição algébrica sobre r.

Passo 5

Parte (b): derivadas de y(x)=x^{r} e domínio.
  • Primeiro, um aviso sobre domínio: para r\in\Re geral, a função x^{r} é bem definida e real para x>0. Se r for inteiro, x pode ser qualquer real diferente de zero (ou zero dependendo de r). Para evitar discussões técnicas, adotamos x>0 (caso usual quando se trabalha com potências reais não inteiras).
  • Regra usada: a regra do poder (power rule) para expoentes constantes: para r constante,
\frac{d}{dx}\bigl(x^{r}\bigr)= r\,x^{r-1}, \qquad \frac{d^{2}}{dx^{2}}\bigl(x^{r}\bigr)= r(r-1)\,x^{r-2}.
Aplicando essas fórmulas obtemos
y'(x)=r\,x^{r-1},\qquad y''(x)=r(r-1)\,x^{r-2}.

Passo 6

Substituição em x^{2} y'' + b x y' + c y = 0.
Calcule cada termo multiplicado pelo fator indicado:
x^{2} y''(x)=x^{2}\bigl(r(r-1)\,x^{r-2}\bigr)=r(r-1)\,x^{r},
b x y'(x)=b x\bigl(r\,x^{r-1}\bigr)=b r\,x^{r},
c\,y(x)=c\,x^{r}.
Somando os três termos da equação diferencial:
x^{2} y'' + b x y' + c y = \bigl(r(r-1)\bigr)x^{r} + \bigl(b r\bigr)x^{r} + c\,x^{r}.
Fatorando x^{r} em comum:
x^{2} y'' + b x y' + c y = \bigl(r(r-1) + b r + c\bigr)\,x^{r}.

Passo 7

Simplificação do polinômio em r e uso da equação característica.
Desenvolvendo r(r-1)+br+c obtemos
r(r-1)+br+c = r^{2}-r + b r + c = r^{2} + (b-1)r + c.
Pelo enunciado r é raiz da equação quadrática
r^{2} + (b-1)r + c = 0.
Logo o fator entre parênteses é zero. Portanto
x^{2} y'' + b x y' + c y = 0\cdot x^{r}=0,
para todo x>0 (domínio onde x^{r} é bem definida como número real quando r real). Conclusão: y(x)=x^{r} satisfaz a equação diferencial dada sempre que r for raiz de r^{2}+(b-1)r+c=0.

Passo 8

Comentário pedagógico curto sobre a parte (b).
  • A técnica usada foi análoga à do caso exponencial: derivar a forma testada x^{r}, substituir, fatorar x^{r} e obter uma condição algébrica (a equação característica quadrática) que garante que o coeficiente seja zero.
  • Atenção ao domínio: para r real não inteiro, pede-se x>0 para que x^{r} seja real. Para r inteiro não há essa restrição (exceto, possivelmente, em x=0 dependendo de r).

Resposta

a) y(t)=e^{r t} é solução de a\,y'+b\,y=0 quando r satisfaz a r + b = 0.
b) y(x)=x^{r} é solução de x^{2} y'' + b x y' + c y = 0 quando r satisfaz r^{2} + (b-1)r + c = 0.

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