(a) Determine o maior intervalo no qual o problema de valor inicial (PVI)
x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+y=0, \quad y(1)=1, \quad y^{\prime}(1)=0
certamente possui solução (e a mesma é única). R: ( 0,+\infty )
(b) Determine a solução do PVI dado. R: y=x-x \ln (x)

Passo 1

O enunciado apresenta um problema de valor inicial (PVI) composto por uma equação diferencial de segunda ordem e condições iniciais em x=1. Especificamente, pede duas coisas:
  • (a) Determinar o maior intervalo em que a solução do PVI certamente existe e é única.
  • (b) Determinar explicitamente a solução do PVI.
Informações dadas:
x^{2}y'' - x y' + y = 0, \qquad y(1)=1,\qquad y'(1)=0.

Passo 2

Primeiro passo teórico: vamos escrever a equação na forma padrão para aplicar o teorema de existência e unicidade para equações lineares de segunda ordem. Dividindo a equação por x^{2} (válido quando x\neq 0) obtemos
y'' + p(x) y' + q(x) y = 0,
onde
p(x) = -\frac{1}{x},\qquad q(x)=\frac{1}{x^{2}}.
O teorema de existência e unicidade diz: se p(x) e q(x) são contínuas num intervalo que contém o ponto inicial x_{0} (aqui x_{0}=1), então existe uma única solução definida nesse intervalo que satisfaz as condições iniciais. Portanto, para aplicar o teorema precisamos identificar os pontos onde p e q são contínuas.

Passo 3

Analisando p(x)=-1/x e q(x)=1/x^{2}, vemos que ambas são contínuas para todo x\neq 0. Assim, quaisquer intervalos que não contenham 0 são válidos. Como o ponto inicial é x=1, o maior intervalo aberto que contém 1 e em que p e q são contínuas é
(0,+\infty).
Logo, pelo teorema de existência e unicidade, o PVI possui solução única em (0,+\infty). Observação: no ponto x=0 os coeficientes se tornam singulares, então não podemos garantir existência/uniquidade atravessando 0.

Passo 4

Agora vamos resolver a equação diferencial explicitamente. A equação
x^{2}y'' - x y' + y = 0
é uma equação de Euler–Cauchy (também chamada equidimensional), que costuma ser resolvida por tentativa de solução do tipo
y = x^{r},
onde r é uma constante a determinar. Essa tentativa é natural porque derivadas de potências de x geram potências do mesmo tipo com fatores polinomiais em r.

Passo 5

Calculemos y' e y'' para y=x^{r}:
y' = r x^{r-1},\qquad y'' = r(r-1) x^{r-2}.
Substituindo na equação original:
x^{2}\big(r(r-1)x^{r-2}\big) - x\big(r x^{r-1}\big) + x^{r} = 0.
Fatorando x^{r} (e lembrando x^{r}\neq 0 para x>0) obtemos a equação característica para r:
r(r-1) - r + 1 = 0.
Simplificando:
r^{2} - 2r + 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (r-1)^{2}=0.
Portanto, temos uma raiz dupla r=1.

Passo 6

Quando a equação de Euler–Cauchy tem uma raiz dupla r=r_{0}, as soluções fundamentais são
y_{1}(x)=x^{r_{0}},\qquad y_{2}(x)=x^{r_{0}}\ln(x).
Uma forma de ver por que aparece o fator \ln(x) é considerar o limite
\lim_{s\to r_{0}}\frac{x^{s}-x^{r_{0}}}{s-r_{0}}=x^{r_{0}}\ln(x),
ou usar o método de redução de ordem. Aqui r_{0}=1, logo as soluções fundamentais são
y_{1}(x)=x,\qquad y_{2}(x)=x\ln(x).

Passo 7

A solução geral da equação homogênea é, portanto,
y(x)=C_{1}x + C_{2} x\ln(x),
onde C_{1} e C_{2} são constantes a determinar pelas condições iniciais y(1)=1 e y'(1)=0.

Passo 8

Calcule a derivada y'(x). Usando a regra do produto na segunda parcela:
\frac{d}{dx}\big(x\ln(x)\big)=\ln(x)+1.
Assim,
y'(x)=C_{1} + C_{2}\big(\ln(x)+1\big).
Aplique as condições iniciais em x=1. Como \ln(1)=0, temos:
y(1)=C_{1}\cdot 1 + C_{2}\cdot 1\cdot 0 = C_{1} = 1.
E
y'(1)=C_{1} + C_{2}(0+1)=C_{1}+C_{2}=0.
Substituindo C_{1}=1 na segunda equação obtemos 1+C_{2}=0, logo C_{2}=-1.

Passo 9

Com C_{1}=1 e C_{2}=-1, a solução particular que satisfaz o PVI é
y(x)=1\cdot x + (-1)\cdot x\ln(x)=x - x\ln(x).
Podemos checar rapidamente que essa função é definida e diferenciável em (0,+\infty), compatível com o intervalo de existência determinado no item (a).

Resposta

(a) (0,+\infty)
(b) y=x - x\ln(x)

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