Determine a solução para cada um dos seguintes problemas de valor inicial, utilizando o método de Variação de Parâmetros:
EDO: y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=\frac{e^{x}}{x}, \quad x>0 Condições Iniciais: y(1)=0, y^{\prime}(1)=0

Passo 1

O enunciado pede a solução do problema de valor inicial dado por
y''-2y'+y=\frac{e^{x}}{x},\qquad x>0,
com as condições iniciais
y(1)=0,\qquad y'(1)=0.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
\text{equação diferencial: }y''-2y'+y=\frac{e^{x}}{x},çã
\text{domínio: }x>0,í
\text{condições iniciais: }y(1)=0,\; y'(1)=0.çõ

Passo 2

Primeiro encontramos a solução geral da equação homogênea associada
y''-2y'+y=0.
Para isso montamos o polinômio característico associado à equação linear de segunda ordem:
r^{2}-2r+1=0.
Resolvendo o polinômio obtemos as raízes:
r=(1)\text{ (raiz dupla)}.
Quando a raiz é dupla r=1, uma base de soluções fundamentais da homogênea é
y_{1}(x)=e^{x},\qquad y_{2}(x)=x e^{x}.
Aqui y_{1} e y_{2} são duas soluções linearmente independentes da homogênea.

Passo 3

Agora vamos ao método de Variação de Parâmetros. A ideia é procurar uma solução particular da forma
y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x),
onde u_{1}\) e \(u_{2}\) são funções a determinar. Impomos a condição auxiliar usual \[u_{1}'(x)y_{1}(x)+u_{2}'(x)y_{2}(x)=0,
para simplificar as contas. Substituindo em y_{p}''-2y_{p}'+y_{p} e usando a condição auxiliar obtemos o sistema para u_{1}' e u_{2}':
\begin{cases} u_{1}'(x)y_{1}(x)+u_{2}'(x)y_{2}(x)=0,\\[4pt] u_{1}'(x)y_{1}'(x)+u_{2}'(x)y_{2}'(x)=\dfrac{e^{x}}{x}, \end{cases}
onde o termo do lado direito é r(x)=\dfrac{e^{x}}{x}\], que é a parte não homogênea da equação (dividida pelo coeficiente de \(y'', que aqui é 1). Para resolver esse sistema usamos o Wronskiano
W(x)= \begin{vmatrix} y_{1}(x) & y_{2}(x)\\[4pt] y_{1}'(x) & y_{2}'(x) \end{vmatrix}.
Calculamos y_{1}',y_{2}' e W:
y_{1}(x)=e^{x},\quad y_{1}'(x)=e^{x},
y_{2}(x)=x e^{x},\quad y_{2}'(x)=e^{x}+x e^{x}=e^{x}(1+x).
Logo
W(x)=e^{x}\cdot e^{x}(1+x)-e^{x}\cdot x e^{x}=e^{2x}(1+x-x)=e^{2x}.]

Passo 4

Resolvendo o sistema por Cramer encontra-se as fórmulas padrão (explicando o que cada símbolo significa):
  • y_{1},y_{2} são as soluções fundamentais da homogênea (já encontradas);
  • r(x)=\dfrac{e^{x}}{x} é a função do lado direito da EDO original;
  • W(x) é o Wronskiano calculado acima.
As expressões para as derivadas u_{1}' e u_{2}' são
u_{1}'(x)=-\frac{r(x)\,y_{2}(x)}{W(x)},\qquad u_{2}'(x)=\frac{r(x)\,y_{1}(x)}{W(x)}.

Passo 5

Substituímos r(x)=\dfrac{e^{x}}{x}, y_{1}=e^{x}, y_{2}=x e^{x} e W=e^{2x} nas fórmulas:
u_{1}'(x)=-\frac{\dfrac{e^{x}}{x}\cdot x e^{x}}{e^{2x}}=-\frac{e^{2x}}{e^{2x}}=-1,
u_{2}'(x)=\frac{\dfrac{e^{x}}{x}\cdot e^{x}}{e^{2x}}=\frac{e^{2x}}{x e^{2x}}=\frac{1}{x}.
Agora integramos para obter u_{1} e u_{2}. Integração direta dá (escolhemos primitivas sem constantes porque constantes seriam absorvidas pela solução homogênea):
u_{1}(x)=\int u_{1}'(x)\,dx=\int (-1)\,dx=-x,
u_{2}(x)=\int u_{2}'(x)\,dx=\int \frac{1}{x}\,dx=\ln x.
Observação didática: o termo \ln x está bem definido para x>0, que é o domínio dado no enunciado.

Passo 6

Montamos a solução particular y_{p} usando u_{1} e u_{2}:
y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x)=(-x)e^{x}+(\ln x)\,x e^{x}.
Fatorando e^{x} e x obtemos uma forma mais simples:
y_{p}(x)=x e^{x}(\ln x-1).
A solução geral da equação não homogênea é a soma da homogênea com a particular:
y(x)=C_{1}e^{x}+C_{2}x e^{x}+x e^{x}(\ln x-1).

Passo 7

Aplicamos agora as condições iniciais para determinar C_{1} e C_{2}.
É útil reescrever
y(x)=e^{x}\big(C_{1}+C_{2}x+x\ln x - x\big).
Definimos A(x)=C_{1}+C_{2}x+x\ln x - x, assim y(x)=e^{x}A(x). Então
y'(x)=e^{x}A(x)+e^{x}A'(x)=e^{x}\big(A(x)+A'(x)\big).
Calculamos A(1) e A'(x):
A(1)=C_{1}+C_{2}\cdot 1 +1\cdot\ln 1 -1 = C_{1}+C_{2}-1,
A'(x)=C_{2}+\ln x \quad\Rightarrow\quad A'(1)=C_{2}+\ln 1=C_{2}.
Usando as condições iniciais:
  1. y(1)=0 implica
y(1)=e^{1}A(1)=e\,(C_{1}+C_{2}-1)=0\quad\Rightarrow\quad C_{1}+C_{2}-1=0.
  1. y'(1)=0 implica
y'(1)=e^{1}\big(A(1)+A'(1)\big)=e\big((C_{1}+C_{2}-1)+C_{2}\big)=0.
Usando C_{1}+C_{2}-1=0 nesta expressão sobra e\cdot C_{2}=0, então
C_{2}=0.
Substituindo em C_{1}+C_{2}-1=0 obtemos
C_{1}=1.

Passo 8

Com C_{1}=1 e C_{2}=0 obtemos a solução particular do problema de valor inicial:
y(x)=e^{x}\big(1 + 0\cdot x + x\ln x - x\big)=e^{x}\big(1 + x\ln x - x\big).
Podemos, se quisermos, escrever de forma levemente rearranjada:
y(x)=e^{x}\big(1 + x(\ln x -1)\big).

Resposta

y(x)=e^{x}\big(1 + x\ln x - x\big)

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