(2.50 pontos) Sabendo que y_{1}(x)=x e y_{2}=x \ln (x) são soluções linearmente independentes da EDO x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+y=0 para x>0, resolve a seguinte EDO:
x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+y=2 x, \quad x>0

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial não-homogênea
x^{2}y''-x y'+y=2x,\qquad x>0,
e diz que já conhecemos duas soluções linearmente independentes da equação homogênea associada:
y_{1}(x)=x,\qquad y_{2}(x)=x\ln(x).
O que se pede: encontrar a solução geral da equação dada (ou seja, uma expressão que contenha as constantes arbitrárias da solução homogênea mais uma solução particular da equação não-homogênea).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • As soluções fundamentais da homogênea são y_{1}=x e y_{2}=x\ln(x).
  • O termo fonte (lado direito) da EDO é 2x.
  • O domínio é x>0 (importante porque usamos \ln(x) e transformações que exigem x>0).

Passo 2

Colocar a equação na forma padrão para aplicar métodos como variação de parâmetros. Dividindo a equação por x^{2} (válido porque x>0), obtemos
y''-\frac{1}{x}y'+\frac{1}{x^{2}}y=\frac{2x}{x^{2}}=\frac{2}{x}.
Aqui a equação está na forma
y''+p(x)y'+q(x)y=g(x),
com
p(x)=-\frac{1}{x},\qquad q(x)=\frac{1}{x^{2}},\qquad g(x)=\frac{2}{x}.
Explicação rápida do porquê: variação de parâmetros exige a equação escrita com o coeficiente de y'' igual a 1; por isso dividimos por x^{2}.

Passo 3

Calcular o Wronskiano W(x) das duas soluções fundamentais y_{1} e y_{2}. Lembre que
W(x)=\begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\\ y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix}=y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}.
Aqui:
y_{1}(x)=x,\quad y_{1}'(x)=1;
y_{2}(x)=x\ln(x),\quad y_{2}'(x)=\ln(x)+1.
Então
W(x)=x\bigl(\ln(x)+1\bigr)-1\cdot x\ln(x)=x.
Comentário didático: o Wronskiano dá uma medida de independência linear; W(x)=x é diferente de zero para x>0, confirmando que y_{1} e y_{2} são de fato independentes no domínio considerado.

Passo 4

Aplicar variação de parâmetros para obter uma solução particular. A fórmula (padrão) para a solução particular usando as duas soluções fundamentais é
y_{p}=-y_{1}(x)\int \frac{y_{2}(x)\,g(x)}{W(x)}\,dx + y_{2}(x)\int \frac{y_{1}(x)\,g(x)}{W(x)}\,dx.
Aqui g(x)=\dfrac{2}{x} e W(x)=x. Calcular os integrandos:
Primeiro integrando:
\frac{y_{2}(x)\,g(x)}{W(x)}=\frac{x\ln(x)\cdot \dfrac{2}{x}}{x}=\frac{2\ln(x)}{x}.
Segundo integrando:
\frac{y_{1}(x)\,g(x)}{W(x)}=\frac{x\cdot \dfrac{2}{x}}{x}=\frac{2}{x}.
Agora integrar (podemos escolher constantes de integração zero nas integrais porque constantes multiplicadas por y_{1} ou y_{2} entram na solução homogênea):
\int \frac{2\ln(x)}{x}\,dx.
Fazendo a substituição u=\ln(x) ( du=\dfrac{dx}{x}), obtemos
\int \frac{2\ln(x)}{x}\,dx=\int 2u\,du=u^{2}=(\ln(x))^{2}.
E
\int \frac{2}{x}\,dx=2\ln(x).

Passo 5

Montar y_{p} com as integrais encontradas:
y_{p}=-y_{1}(x)\cdot (\ln(x))^{2}+y_{2}(x)\cdot \bigl(2\ln(x)\bigr).
Substituindo y_{1}=x e y_{2}=x\ln(x),
y_{p}=-x(\ln(x))^{2}+x\ln(x)\cdot 2\ln(x)=-x(\ln(x))^{2}+2x(\ln(x))^{2}=x(\ln(x))^{2}.
Assim uma solução particular é
y_{p}(x)=x(\ln(x))^{2}.
Para confirmar (didaticamente) que isso funciona, pode-se derivar e substituir na equação original: calculando
y_{p}'=(\ln x)^{2}+2\ln x,\qquad y_{p}''=\frac{2(\ln x+1)}{x},
e então
x^{2}y_{p}''-x y_{p}'+y_{p}=x^{2}\cdot\frac{2(\ln x+1)}{x}-x\bigl((\ln x)^{2}+2\ln x\bigr)+x(\ln x)^{2}=2x,
o que reproduz corretamente o termo do lado direito da EDO.

Passo 6

Escrever a solução geral: soma da solução homogênea (com constantes arbitrárias) mais a solução particular. A solução homogênea geral é
y_{h}=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}=C_{1}x+C_{2}x\ln(x).
Logo a solução geral da EDO não-homogênea é
y(x)=C_{1}x+C_{2}x\ln(x)+x(\ln(x))^{2},
com C_{1},C_{2} constantes arbitrárias e x>0.

Resposta

y(x)=C_{1}x+C_{2}x\ln(x)+x(\ln(x))^{2}

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