1. y^prime prime-4 y=2 ; y1=e^-2 x
  2. x^2 y^prime prime-3 x y^prime+4 y=0 ; y1(x)=x^2
  3. x y^prime prime+(1-2 x) y^prime+(x-1) y=0 ; x>0, y1=e^x
  4. x^2 y^prime prime-2 x y^prime-4 y=0 ; y1(x)=x^-1

Passo 1

Beleza, vamos dar uma olhada no primeiro exercício. A gente tem uma equação diferencial do segundo grau não homogênea: $ y’’ - 4y = 2 $. Além disso, já sabemos que uma solução dessa equação é $ y_1 = e^{-2x} $. Vamos precisar entender como encontrar a solução geral dessa equação usando métodos de equações diferenciais lineares.

Passo 2

Primeiro, vamos resolver a equação homogênea associada, que é $ y’’ - 4y = 0 $. Para isso, assumimos uma solução do tipo $ y = e^{rx} $. Derivando, temos $ y’ = r e^{rx} $ e $ y’’ = r^2 e^{rx} $. Substituindo na equação homogênea:
y'' - 4y = 0
Dividindo por $ e^{rx} $ (que nunca é zero):
y = e^rx

Passo 3

Resolvendo a equação característica $ r^2 - 4 = 0 $, temos:
r^2 - 4 = 0
r^2 = 4
Então, as soluções da equação homogênea são $ y_h = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x} $, onde $ C_1 $ e $ C_2 $ são constantes arbitrárias.

Passo 4

Agora, como a equação original é não homogênea ($ y’’ - 4y = 2 $), precisamos encontrar uma solução particular $ y_p $. A gente já tem uma solução da homogênea, $ y_1 = e^{-2x} $, então vamos tentar assumir uma solução particular constante, pois o lado direito da equação é uma constante.
Vamos assumir $ y_p = A $, onde $ A $ é uma constante a ser determinada.

Passo 5

Substituindo $ y_p = A $ na equação original:
yp = A
0 - 4A = 2
-4A = 2
Então, a solução particular é $ y_p = -\frac{1}{2} $.

Passo 6

Finalmente, a solução geral da equação não homogênea é a soma da solução geral da homogênea com a solução particular:
y = yh + yp = C1 e^2x + C2 e^-2x - 12

Passo 7

Vamos para o segundo exercício. A equação diferencial é $ x^{2} y’’ - 3x y’ + 4y = 0 $ e já sabemos que uma solução é $ y_1(x) = x^{2} $. Esse é um caso de equação diferencial de Euler-Cauchy. Vamos precisar utilizar o método de redução de ordem para encontrar a solução geral.

Passo 8

Primeiro, reconhecemos que a equação é homogênea e de coeficientes variáveis, do tipo:
x^2 y'' + a x y' + b y = 0
onde $ a = -3 $ e $ b = 4 $. Sabendo que $ y_1 = x^{2} $ é uma solução, vamos procurar uma segunda solução da forma $ y_2 = y_1 \cdot v(x) = x^{2} v(x) $.

Passo 9

Vamos calcular as derivadas de $ y_2 $:
y2
y2 = x^2 v
y2' = 2x v + x^2 v'

Passo 10

Substituindo $ y_2 $, $ y_2’ $ e $ y_2’’ $ na equação original:
y2
Simplificando:
y2'
y2''
x^2 (2v + 4x v' + x^2 v'') - 3x (2x v + x^2 v') + 4x^2 v = 0

Passo 11

Dividindo toda a equação por $ x^{3} $ (assumindo $ x \neq 0 $):
x^3
Rearranjando:
x neq 0

Passo 12

Essa é uma equação diferencial de primeira ordem para $ v’ $. Vamos chamar $ u = v’ $, então:
v'
Essa é uma equação linear que pode ser resolvida usando fator integrante.

Passo 13

Calculando o fator integrante $ \mu(x) $:
mu(x)
Multiplicando a equação por $ \mu(x) $:
mu(x) = e^integral 1x dx = e^ln x = x
mu(x)
Integrando:
x u' + u = 0
ddx (x u) = 0

Passo 14

Lembrando que $ u = v’ $:
u = v'
Integrando novamente:
v' = Cx

Passo 15

Voltando à solução $ y_2 = x^{2} v $:
y2 = x^2 v
Como $ y_1 = x^{2} $ já é uma solução, descartamos o termo $ D x^{2} $ para evitar redundância. Assim, a segunda solução independente é $ y_2 = x^{2} \ln x $.

Passo 16

Portanto, a solução geral da equação é:
y = C1 x^2 + C2 x^2 ln x

Passo 17

Agora, vamos para o terceiro exercício. A equação é $ xy’’ + (1 - 2x) y’ + (x - 1)y = 0 $ com $ x > 0 $ e uma solução conhecida $ y_1 = e^{x} $. Essa é uma equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes variáveis, e vamos usar o método de redução de ordem para encontrar a segunda solução.

Passo 18

Sabemos que $ y_1 = e^{x} $ é uma solução. Vamos procurar uma segunda solução na forma $ y_2 = y_1 \cdot v(x) = e^{x} v(x) $.

Passo 19

Calculando as derivadas de $ y_2 $:
y2
y2 = e^x v
y2' = e^x v + e^x v' = e^x (v + v')

Passo 20

Substituindo $ y_2 $, $ y_2’ $ e $ y_2’’ $ na equação original:
y2
Factorizando $ e^{x} $:
y2'
Como $ e^{x} \neq 0 $, podemos simplificar:
y2''

Passo 21

Distribuindo os termos:
x v + 2x v' + x v'' + v + v' - 2x v - 2x v' + x v - v = 0
Agrupando termos semelhantes:
(x v - 2x v + x v) + (2x v' + v' - 2x v') + x v'' = 0
Simplificando:
0 + v' + x v'' = 0

Passo 22

A equação resultante é:
x v'' + v' = 0
Vamos resolver essa equação para $ v $.

Passo 23

Primeira, chamamos $ u = v’ $, então:
u = v'
Essa é uma equação diferencial linear de primeira ordem para $ u $. Vamos encontrar o fator integrante.

Passo 24

Calculando o fator integrante $ \mu(x) $:
mu(x)
Multiplicando a equação por $ \mu(x) $:
mu(x) = e^integral 1x dx = e^ln x = x
mu(x)
Integrando:
x (x u') + x u = 0
ddx (x u) = 0

Passo 25

Lembrando que $ u = v’ $:
u = v'
Integrando novamente:
v' = Cx

Passo 26

Voltando à solução $ y_2 = e^{x} v $:
y2 = e^x v
Como $ y_1 = e^{x} $ já é uma solução, descartamos o termo $ D e^{x} $ para evitar redundância. Assim, a segunda solução independente é $ y_2 = e^{x} \ln x $.

Passo 27

A solução geral da equação é:
y = C1 e^x + C2 e^x ln x

Passo 28

Por último, vamos ao quarto exercício. A equação diferencial é $ x^{2} y’’ - 2x y’ - 4y = 0 $ com uma solução conhecida $ y_1(x) = x^{-1} $. Essa é uma equação diferencial linear homogênea de segunda ordem com coeficientes variáveis, e vamos usar o método de redução de ordem para encontrar a segunda solução.

Passo 29

Sabemos que $ y_1 = x^{-1} $ é uma solução. Vamos procurar uma segunda solução da forma $ y_2 = y_1 \cdot v(x) = x^{-1} v(x) $.

Passo 30

Calculando as derivadas de $ y_2 $:
y2
y2 = x^-1 v
y2' = -x^-2 v + x^-1 v'

Passo 31

Substituindo $ y_2 $, $ y_2’ $ e $ y_2’’ $ na equação original:
y2
Simplificando cada termo:
y2'
y2''
x^2 (2x^-3 v - 2x^-2 v' + x^-1 v'') - 2x ( -x^-2 v + x^-1 v' ) - 4x^-1 v = 0
x^2 cdot 2x^-3 v = 2x^-1 v
x^2 cdot (-2x^-2 v') = -2 v'
x^2 cdot x^-1 v'' = x v''
Juntando tudo:
-2x cdot (-x^-2 v) = 2x^-1 v

Passo 32

Somando os termos semelhantes:
(2x^-1 v + 2x^-1 v - 4x^-1 v) + (-2 v' - 2 v') + x v'' = 0
0 - 4 v' + x v'' = 0
Logo:
x v'' - 4 v' = 0

Passo 33

Vamos resolver essa equação para $ v $.
v
Podemos reescrever como:
x v'' - 4 v' = 0

Passo 34

Primeiro, fazemos uma substituição: seja $ u = v’ $, então $ u’ = v’’ $. A equação fica:
u = v'
Isso é uma equação diferencial linear de primeira ordem para $ u $.

Passo 35

Para resolver, encontramos o fator integrante $ \mu(x) $:
mu(x)
Multiplicando a equação por $ \mu(x) $:
mu(x) = e^integral -4x dx = e^-4 ln x = x^-4
mu(x)
Integrando:
x^-4 u' - 4x x^-4 u = x^-4 cdot 0
ddx (x^-4 u) = 0

Passo 36

Lembrando que $ u = v’ $:
u = v'
Integrando novamente:
v' = C x^4

Passo 37

Voltando à solução $ y_2 = x^{-1} v $:
y2 = x^-1 v
Como $ y_1 = x^{-1} $ já é uma solução, descartamos o termo $ D x^{-1} $ para evitar redundância. Assim, a segunda solução independente é $ y_2 = x^{4} $.

Passo 38

Portanto, a solução geral da equação é:
y = C1 x^-1 + C2 x^4

Resposta

A solução geral da equação $ x^{2} y’’ - 2x y’ - 4y = 0 $ é:
x^2 y'' - 2x y' - 4y = 0

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