Question

1.
A solução de uma Equação de Cauchy-Euler não homogênea é a soma da solução para equação homogênea associada com a solução particular. A solução particular pode ser obtida por meio do método da variação de parâmetros.

a) Somente a sentença III está correta.
b) Somente a sentença IV está correta.
c) Somente a sentença II está correta.
d) Somente a sentença I está correta.

Answer 1

Resposta:

$\boxed{\bold{b)~Somente~a~senten\c{c}a~IV~est\'a~correta}}$

Explicação passo-a-passo:

Olá, bom dia.

Para resolvermos esta Equação de Euler-Cauchy, utilizaremos o método da variação de parâmetros.

Seja a equação diferencial:

$x^2y''-2xy'-4y=x^2$

O enunciado já nos garante que o conjunto fundamental de solução para a equação homogênea associada é $y_1=x^4$ e $y_2=x^{-1}$, qual reescreveremos como $y_2=\dfrac{1}{x}$.

Dessa forma, a solução da equação homogênea será:

$y_h=c_1\cdot x^4+c_2\cdot \dfrac{1}{x}$, tal que $c_1$ e $c_2$ são constantes reais.

Então, o método da variação de parâmetros consiste em considerarmos as constantes $c_1$ e $c_2$ como parâmetros $v_1(x)$ e $v_2(x)$.

A solução particular será da forma:

$y_p=v_1(x)\cdot x^4+v_2(x)\cdot \dfrac{1}{x}$.

Porém, o método da variação de parâmetros serve para a equação diferencial na forma: $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$.

Para encontrarmos esta forma, dividimos ambos os lados da equação por um fator $x^2$, assim teremos:

$y''-\dfrac{2}{x}y'-\dfrac{4}{x^2}y=1$.

Ao substituirmos a solução particular na equação diferencial, teremos o seguinte sistema (pois a solução particular também é solução da homogênea associada):

$\begin{cases}{v_1}'(x)x^4+{v_2}'(x)\cdot \dfrac{1}{x}=0\\\\ {v_1}'(x)\cdot 4x^3-{v_2}'(x)\cdot \dfrac{1}{x^2}=1\\\end{cases}$

Reescrevemos este sistema na forma matricial:

$\underbrace{\begin{bmatrix}x^4&\dfrac{1}{x}\\\\ 4x^3&-\dfrac{1}{x^2}\\\end{bmatrix}}_{W\left(x^4,~\dfrac{1}{x}\right)}\cdot \begin{bmatrix}v_1'(x)\\\\ v_2'(x)\\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\\\ 1\\\end{bmatrix}$, tal que $W\left(x^4,~\dfrac{1}{x}\right)$ é o Wronskiano.

Utilizando a Regra de Cramer, teremos as soluções:

${v_1}'(x)=\dfrac{\begin{vmatrix}0&\dfrac{1}{x}\\\\ 1&-\dfrac{1}{x^2}\\\end{vmatrix}}{W\left(x^4,~\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{\left(-\dfrac{1}{x}\right)}{-5x^2}=\dfrac{1}{5x^3}\\\\\\\ {v_2}'(x)=\dfrac{\begin{vmatrix}x^4&0\\ 4x^3&1\\\end{vmatrix}}{W\left(x^4,~\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{x^4}{-5x^2}=-\dfrac{x^2}{5}$

Integramos ambas as soluções, para encontrarmos os parâmetros

$\displaystyle{\int {v_1}'(x)\,dx=\int\dfrac{1}{5x^3}\,dx}\\\\\\\ \displaystyle{\int {v_2}'(x)\,dx=\int-\dfrac{x^2}{5}\,dx}$

Sabendo que $\displaystyle{\int a\cdot f(x)\,dx=a\cdot \int f(x)\,dx$ e $\displaystyle{\int x^n\,dx=\dfrac{x^{n+1}}{n+1},~n\neq -1$, teremos

$v_1(x)=-\dfrac{1}{10x^2}\\\\\\\ v_2(x)=-\dfrac{x^3}{15}$

Substituindo estes parâmetros na solução particular, teremos:

$y_p=-\dfrac{1}{10x^2}\cdot x^4+\left(-\dfrac{x^3}{15}\right)\cdot \dfrac{1}{x}$

Multiplique os valores

$y_p=-\dfrac{x^2}{10}-\dfrac{x^2}{15}$

Some as frações

$y_p=-\dfrac{x^2}{6}$

Esta é a solução particular desta equação, contida na sentença $\mathtt{IV}$ e a resposta correta é a letra b).