a) Verifique que y_{1}(x)=1+x e y_{2}(x)=e^{x} satisfazem a equação homogênea correspondente.
b) Determine W\left(y_{1}, y_{2}\right).

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • (a) Verificar que as funções y_{1}(x)=1+x e y_{2}(x)=e^{x} satisfazem a equação homogênea correspondente.
  • (b) Determinar o Wronskiano W\bigl(y_{1},y_{2}\bigr).
Informações dadas:
  • y_{1}(x)=1+x.
  • y_{2}(x)=e^{x}.
Observação: o enunciado fala em “equação homogênea correspondente”. A maneira natural de interpretar isso, quando se dá um par de soluções fundamentais de uma equação linear de segunda ordem, é construir (ou identificar) a equação homogênea linear de segunda ordem cuja solução geral tem essas duas funções como base. Vou proceder encontrando essa equação homogênea e então verificar que ambas as y_{1} e y_{2} a satisfazem; em seguida calculo o Wronskiano. Não avanço em cálculos neste passo — só organizei o que será feito.

Passo 2

Começo calculando as derivadas necessárias de ambas as funções (passo direto e essencial para verificar se elas satisfazem uma equação diferencial de segunda ordem). Lembre: para verificar y numa equação que envolve y'',y',y preciso de y' e y''.
Para \;y_{1}(x)=1+x:
y_{1}'(x)=1,
y_{1}''(x)=0.
Para \;y_{2}(x)=e^{x}:
y_{2}'(x)=e^{x},
y_{2}''(x)=e^{x}.

Passo 3

Vou calcular o Wronskiano W\bigl(y_{1},y_{2}\bigr) (isto já responde parte (b) e também é útil para determinar coeficientes da equação). Definição do Wronskiano: para duas funções y_{1},y_{2} ele é o determinante
W\bigl(y_{1},y_{2}\bigr)(x)= \begin{vmatrix} y_{1}(x) & y_{2}(x)\\[4pt] y_{1}'(x) & y_{2}'(x) \end{vmatrix} = y_{1}(x)\,y_{2}'(x)-y_{2}(x)\,y_{1}'(x).
Isso mede (entre outras coisas) se as funções são linearmente independentes: se W\neq 0 num intervalo então são independentes.
Substituindo nossas funções:
W\bigl(y_{1},y_{2}\bigr)(x)=(1+x)\cdot e^{x}-e^{x}\cdot 1 = x e^{x}.
Então já temos o Wronskiano: \;W\bigl(y_{1},y_{2}\bigr)(x)=x e^{x}.]

Passo 4

Breve aula sobre como obter a equação homogênea cuja base de soluções é \{y_{1},y_{2}\}.
Uma equação linear homogênea de segunda ordem pode ser escrita na forma
y''+P(x)\,y'+Q(x)\,y=0,
onde P(x) e Q(x) são funções a determinar. Pelo teorema de Abel, o Wronskiano satisfaz a relação
W'(x)+P(x)W(x)=0.
Dessa relação segue
P(x)=-\frac{W'(x)}{W(x)}\quad\text{(quando }W(x)\neq 0\text{)}.
Então, conhecendo W, podemos encontrar P. Depois, para achar Q podemos substituir uma das soluções na equação e resolver para Q.
Vou aplicar isso ao nosso caso.

Passo 5

Calculo W'(x) a partir de W(x)=x e^{x}:
W'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(x e^{x}\bigr)=e^{x}+x e^{x}=(1+x)e^{x}.
Agora uso a fórmula de Abel para obter P(x):
P(x)=-\frac{W'(x)}{W(x)} =-\frac{(1+x)e^{x}}{x e^{x}} =-\frac{1+x}{x}.
Logo a equação homogênea tem a forma
y''-\frac{1+x}{x}\,y'+Q(x)\,y=0,
ainda com Q(x) desconhecido.

Passo 6

Agora determino Q(x). Para isso, substituo uma das soluções (escolho y_{2}(x)=e^{x} porque as derivadas ficam simples) na equação geral e resolvo para Q(x).
Substituindo y_{2} e suas derivadas:
y_{2}''+P(x)\,y_{2}'+Q(x)\,y_{2}=0
\Rightarrow e^{x}+P(x)\,e^{x}+Q(x)\,e^{x}=0.
Dividindo por e^{x} (sempre positivo, então válido),
1+P(x)+Q(x)=0.
Portanto
Q(x)=-1-P(x).
Usando P(x)=-\dfrac{1+x}{x},
Q(x)=-1- \Bigl(-\frac{1+x}{x}\Bigr)=-1+\frac{1+x}{x}=\frac{1}{x}.
Assim obtemos a equação homogênea completa:
y''-\frac{1+x}{x}\,y'+\frac{1}{x}\,y=0.
Multiplicando por x (para ficar numa forma sem fração):
x\,y''-(1+x)\,y'+y=0.

Passo 7

Verifico explicitamente que ambas as funções satisfazem essa equação (fazendo as substituições, para ficar claro como checar na prova).
Para y_{1}(x)=1+x: temos y_{1}'=1 e y_{1}''=0. Substituindo em x\,y''-(1+x)\,y'+y:
x\cdot 0 - (1+x)\cdot 1 + (1+x) = -1 - x + 1 + x = 0.
Logo y_{1} satisfaz a equação homogênea.
Para y_{2}(x)=e^{x}: temos y_{2}'=e^{x} e y_{2}''=e^{x}. Substituindo:
x\cdot e^{x} - (1+x)\cdot e^{x} + e^{x} = (x -1 - x +1)\,e^{x}=0\cdot e^{x}=0.
Logo y_{2} também satisfaz a equação homogênea.
Comentário amigável: deu tudo certinho — as duas funções realmente são soluções da equação homogênea que construímos, e o Wronskiano não é identicamente zero (é x e^{x}), o que confirma que elas formam um par de soluções linearmente independentes numa região onde x\neq 0.

Resposta

a) y_{1}(x)=1+x e y_{2}(x)=e^{x} satisfazem a equação homogênea
x\,y''-(1+x)\,y'+y=0.
b) W\bigl(y_{1},y_{2}\bigr)(x)=x e^{x}.

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