Considere a EDO de Euler-Cauchy
x^{2} y^{\prime \prime}-3 x y^{\prime}+4 y=x^{2} \ln (x) \quad(x>0)
(a) (1,2) Encontre a solução geral da EDO linear homogênea associada à EDO (2).
(b) (0,5) Enuncie o método de variação dos parâmetros.
(c) (1,5) Use o método de variação dos parâmetros para determinar uma solução particular da EDO (2).
(d) (0,5) Determine a solução geral da EDO (2).
(e) (1,3) Resolva o PVI
\left\{\begin{array}{l} x^{2} y^{\prime \prime}-3 x y^{\prime}+4 y=x^{2} \ln (x) \\\ y(1)=\frac{1}{2} \\\ y^{\prime}(1)=-\frac{1}{3} \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a seguinte EDO de Euler–Cauchy (com x>0):
x^{2} y^{\prime \prime}-3 x y^{\prime}+4 y=x^{2}\ln(x).
As perguntas são:
  • (a) Encontrar a solução geral da EDO homogênea associada.
  • (b) Enunciar o método de variação dos parâmetros.
  • (c) Usar variação dos parâmetros para obter uma solução particular da EDO não homogênea dada.
  • (d) Determinar a solução geral da EDO completa (homogênea + particular).
  • (e) Resolver o problema de valor inicial (PVI) com as condições y(1)=\tfrac{1}{2} e y'(1)=-\tfrac{1}{3}.
Informações relevantes fornecidas:
  • Tipo de equação: Euler–Cauchy (coeficientes polinomiais em potências de x).
  • Termo não homogêneo do lado direito: x^{2}\ln(x).
  • Domínio: x>0 (importante para usar \ln(x) e a mudança t=\ln x).
  • Condições iniciais para o item (e): y(1)=\tfrac{1}{2}, y'(1)=-\tfrac{1}{3}.

Passo 2

Resolver a homogênea usando a técnica típica para Euler–Cauchy (passo-a-passo e didático).
  1. Transformação padrão: para uma EDO de Euler–Cauchy procura-se soluções do tipo \;y=x^{r}\; (pois derivadas de x^{r} produzem potências de x que casam com os coeficientes). Vamos aplicar isso na equação homogênea:
x^{2}y''-3xy'+4y=0.
  1. Calcular y',y'' para y=x^{r}:
y'=r x^{r-1},\qquad y''=r(r-1)x^{r-2}.
  1. Substituir na equação homogênea:
x^{2}\cdot r(r-1)x^{r-2} -3x\cdot r x^{r-1} + 4 x^{r} = 0.
Simplificando x^{r} (que é não nulo para x>0):
r(r-1) -3r +4 = 0.
  1. Resolver a equação característica:
r^{2}-r-3r+4 = r^{2}-4r+4 = 0,
(r-2)^{2}=0.
Temos raiz dupla r=2 (multiplicidade 2).
  1. Solução geral da homogênea para raiz dupla: quando r é raiz dupla, as duas soluções fundamentais são y_{1}=x^{2} e y_{2}=x^{2}\ln(x). Assim a solução geral homogênea é
y_{h}(x)=C_{1}x^{2}+C_{2}x^{2}\ln(x),
com C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}.

Passo 3

Enunciado didático do método de variação dos parâmetros (parte teórica pedida em (b)) — explicando o que é e as fórmulas que usaremos.
  • Contexto: para uma equação linear de segunda ordem na forma padrão
y''+P(x)y'+Q(x)y=G(x),
suponha que já conhecemos duas soluções linearmente independentes y_{1}(x)\) e \(y_{2}(x)\) da equação homogênea associada. O método de variação dos parâmetros busca uma solução particular \(y_{p}\) da forma \[y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x),
onde agora u_{1},u_{2} são funções (não constantes) a determinar.
  • Condição auxiliar: para fixar uma única solução para u_{1},u_{2} impõe-se
u_{1}'(x)y_{1}(x)+u_{2}'(x)y_{2}(x)=0,
o que simplifica os cálculos e evita derivadas de segunda ordem de u_{1},u_{2} aparecerem.
  • Sistema para u_{1}',u_{2}': substituindo y_{p} na EDO e usando a condição auxiliar obtém-se o sistema linear
\begin{cases} u_{1}'(x)y_{1}(x)+u_{2}'(x)y_{2}(x)=0,\\[4pt] u_{1}'(x)y_{1}'(x)+u_{2}'(x)y_{2}'(x)=G(x). \end{cases}
  • Resolvendo por Cramer, com Wronskiano W(x)=y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}\], as expressões são \[u_{1}'(x)=-\frac{G(x)\,y_{2}(x)}{W(x)},\qquad u_{2}'(x)=\frac{G(x)\,y_{1}(x)}{W(x)}.\] - Integra-se \(u_{1}',u_{2}' para obter u_{1},u_{2} (constantes de integração podem ser tomadas zero pois interessam só à solução particular). Finalmente y_{p}=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2}.
Observação intuitiva: variação dos parâmetros permite “transformar” as constantes lineares da solução homogênea em funções para acomodar o termo não homogêneo.]

Passo 4

Aplicar variação dos parâmetros à equação dada (passo-a-passo computacional para (c)).
  1. Colocar a equação na forma padrão dividindo por x^{2} (válido porque x>0):
y''-\frac{3}{x}y'+\frac{4}{x^{2}}y=\ln(x).
Aqui P(x)=-\dfrac{3}{x}, Q(x)=\dfrac{4}{x^{2}} e G(x)=\ln(x).
  1. Usar as duas soluções fundamentais encontradas no Passo 2:
y_{1}(x)=x^{2},\qquad y_{2}(x)=x^{2}\ln(x).
  1. Calcular as derivadas necessárias:
y_{1}'(x)=2x,\qquad y_{2}'(x)=2x\ln(x)+x.
  1. Calcular o Wronskiano:
W(x)=y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}=x^{2}\big(2x\ln(x)+x\big)-2x\cdot x^{2}\ln(x).
Simplificando:
W(x)=2x^{3}\ln(x)+x^{3}-2x^{3}\ln(x)=x^{3}.
  1. As fórmulas do método dão:
u_{1}'(x)=-\frac{G(x)\,y_{2}(x)}{W(x)}=-\frac{\ln(x)\cdot x^{2}\ln(x)}{x^{3}}=-\frac{(\ln(x))^{2}}{x},
u_{2}'(x)=\frac{G(x)\,y_{1}(x)}{W(x)}=\frac{\ln(x)\cdot x^{2}}{x^{3}}=\frac{\ln(x)}{x}.
  1. Integrar u_{1}' e u_{2}'. Para integrar surgem integrais do tipo \int (\ln x)^{k}\frac{dx}{x}; faça a substituição t=\ln(x)\Rightarrow dt=\dfrac{dx}{x}.
  • Para u_{1}:
u_{1}(x)=\int u_{1}'(x)\,dx=\int -\frac{(\ln x)^{2}}{x}\,dx = -\int t^{2}\,dt = -\frac{t^{3}}{3} = -\frac{(\ln x)^{3}}{3}.
(Tomamos a constante de integração zero porque queremos só uma particular.)
  • Para u_{2}:
u_{2}(x)=\int u_{2}'(x)\,dx=\int \frac{\ln x}{x}\,dx = \int t\,dt = \frac{t^{2}}{2}=\frac{(\ln x)^{2}}{2}.
  1. Construir a solução particular:
y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x) = \left(-\frac{(\ln x)^{3}}{3}\right)x^{2} + \left(\frac{(\ln x)^{2}}{2}\right)x^{2}\ln(x).
Fatorando x^{2}(\ln x)^{3}:
y_{p}(x)=x^{2}\left(-\frac{(\ln x)^{3}}{3}+\frac{(\ln x)^{3}}{2}\right) = x^{2}(\ln x)^{3}\left(-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{6}\,x^{2}(\ln x)^{3}.
Portanto uma solução particular é
y_{p}(x)=\frac{1}{6}\,x^{2}(\ln x)^{3}.

Passo 5

Montar a solução geral da EDO completa (item (d)).
A solução geral é a soma da homogênea com a particular:
y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x) = C_{1}x^{2}+C_{2}x^{2}\ln(x)+\frac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3}.

Passo 6

Resolver o PVI do item (e): encontrar C_{1},C_{2} usando as condições y(1)=\tfrac{1}{2} e y'(1)=-\tfrac{1}{3}.
  1. Escrever y(x)=x^{2}\Big(C_{1}+C_{2}\ln x+\dfrac{1}{6}(\ln x)^{3}\Big). Para derivar, use produto e cadeia com cuidado:
    Defina A(x)=C_{1}+C_{2}\ln x+\dfrac{1}{6}(\ln x)^{3}. Então
y(x)=x^{2}A(x),\qquad y'(x)=2xA(x)+x^{2}A'(x).
  1. Calcular A'(x):
A'(x)=\frac{C_{2}}{x}+\frac{1}{6}\cdot 3(\ln x)^{2}\cdot\frac{1}{x} =\frac{C_{2}}{x}+\frac{(\ln x)^{2}}{2x}.
Então
x^{2}A'(x)=x\Big(C_{2}+\frac{(\ln x)^{2}}{2}\Big).
Logo
y'(x)=2xA(x)+x\Big(C_{2}+\frac{(\ln x)^{2}}{2}\Big) = x\Big(2A(x)+C_{2}+\frac{(\ln x)^{2}}{2}\Big).
  1. Avaliar nas condições em x=1 (observe \ln 1=0):
  • y(1)=1^{2}A(1)=A(1)=C_{1}. A condição y(1)=\tfrac{1}{2}
C_{1}=\frac{1}{2}.
  • y'(1)=1\cdot\big(2A(1)+C_{2}+\tfrac{0}{2}\big)=2C_{1}+C_{2}. A condição y'(1)=-\tfrac{1}{3}
2C_{1}+C_{2}=-\frac{1}{3}.
Substituindo C_{1}=\tfrac{1}{2}:
2\cdot\frac{1}{2}+C_{2}=1+C_{2}=-\frac{1}{3}\quad\Rightarrow\quad C_{2}=-\frac{4}{3}.
  1. Portanto a solução do PVI é
y(x)=x^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{4}{3}\ln x+\frac{1}{6}(\ln x)^{3}\right).

Resposta

(a) y_{h}(x)=C_{1}x^{2}+C_{2}x^{2}\ln(x).
(b) Variação dos parâmetros: para \;y''+P(x)y'+Q(x)y=G(x)\; e duas soluções independentes y_{1},y_{2} da homogênea, procura-se
y_{p}=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2},
com
u_{1}'=-\frac{G\,y_{2}}{W},\qquad u_{2}'=\frac{G\,y_{1}}{W},
onde W=y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2} é o Wronskiano; integrar u_{1}',u_{2}' e montar y_{p}.
(c) y_{p}(x)=\dfrac{1}{6}\,x^{2}(\ln x)^{3}.
(d) y(x)=C_{1}x^{2}+C_{2}x^{2}\ln(x)+\dfrac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3}.
(e) Solução do PVI: y(x)=x^{2}\!\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{4}{3}\ln x+\dfrac{1}{6}(\ln x)^{3}\right).

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