EDOS de Euler-Cauchy
x^{2} y^{\prime \prime}-4 x y^{\prime}+5 y=x

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação de Euler–Cauchy
x^{2}y'' - 4xy' + 5y = x
ou seja, um ODE não homogêneo em que a parte homogênea é do tipo Euler. Vamos primeiro achar a solução geral da equação homogênea usando o chute y_h = x^m, e depois determinar uma solução particular y_p por método dos coeficientes a determinar.

Passo 2

Para a parte homogênea fazemos y_h = x^m. Então
y_h' = m\,x^{m-1}, \quad y_h'' = m(m-1)\,x^{m-2}.
Substituindo em
x^{2}y'' - 4xy' + 5y = 0
vem
x^{2}\bigl[m(m-1)x^{m-2}\bigr] \;-\;4x\bigl[m\,x^{m-1}\bigr]\;+\;5\,x^m=0
que simplifica para a equação característica
m(m-1) - 4m + 5 = 0 \;\Longrightarrow\; m^2 -5m +5 = 0.

Passo 3

Resolvendo
m^2 -5m +5 = 0
usamos a fórmula de Bhaskara:
m = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 20}}{2} = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}.
Logo a solução geral da homogênea é
y_h = C_1\,x^{\frac{5+\sqrt{5}}{2}} \;+\; C_2\,x^{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}.

Passo 4

Para achar uma solução particular do tipo undetermined coefficients, observamos que o termo não homogêneo é x^1 e m=1 não é raiz da característica. Fazemos o chute
y_p = A\,x.
Então
y_p' = A, \quad y_p'' = 0.
Substituindo em x^{2}y'' - 4xy' + 5y = x
x^{2}\cdot 0 \;-\;4x\cdot A \;+\;5(Ax) = (-4A + 5A)x = A\,x \stackrel{!}{=} x.
Logo A=1, e
y_p = x.

Passo 5

A solução geral da equação não homogênea é
y(x) = y_h + y_p = C_1\,x^{\frac{5+\sqrt{5}}{2}} \;+\; C_2\,x^{\frac{5-\sqrt{5}}{2}} \;+\; x.

Resposta

y(x) = C_1\,x^{\tfrac{5+\sqrt{5}}{2}} + C_2\,x^{\tfrac{5-\sqrt{5}}{2}} + x.

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