(a) Encontre a solução geral da equação de Cauchy-Euler dada por
x^{2} y^{\prime \prime}+5 x y^{\prime}+4 y=x+\ln (x)
\mathrm{R}: y=\frac{c_{1}}{x^{2}}+\frac{c_{2} \ln (x)}{x^{2}}+\frac{x}{9}+\frac{\ln (x)}{4}-\frac{1}{4}
(b) A equação diferencial é linear ou não linear? Justifique.
R : Linear pois pode ser escrita na forma y^{\prime \prime}+p_{1}(x) y^{\prime}+p_{0}(x) y=g(x)

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  1. (a) Encontrar a solução geral da equação de Cauchy–Euler
x^{2}y^{\prime\prime}+5x y^{\prime}+4y = x + \ln(x).
  1. (b) Dizer se a equação é linear ou não e justificar.
Informações dadas relevantes:
  • A equação tem a forma típica de Cauchy–Euler, com termos x^{2}y^{\prime\prime}, x y^{\prime} e y.
  • O termo do lado direito é x+\ln(x).
  • Implicita está a restrição x>0 (porque aparece \ln(x)).

Passo 2

Idéia do método (sem resolver ainda): para equações de Cauchy–Euler é muito prático usar a troca de variável x=e^{t}. Definimos
Y(t)=y\big(e^{t}\big).
Essa mudança transforma uma equação de Euler em uma equação de coeficientes constantes em t, o que facilita achar a solução geral.

Passo 3

Compute as derivadas de y em função de Y. Como x=e^{t}, vale dx/dt=e^{t}=x. Pela regra da cadeia:
\frac{dY}{dt}=\frac{dy}{dx}\frac{dx}{dt}=x\,y'(x).
Logo
y'(x)=\frac{1}{x}Y'(t).
Agora derivamos novamente em relação a x. Uma forma prática é usar d/dx=(1/x)\,d/dt. Assim
y''(x)=\frac{1}{x}\frac{d}{dt}\!\Big(\frac{1}{x}Y'(t)\Big).
Como 1/x=e^{-t}, temos
\frac{d}{dt}\big(e^{-t}Y'\big)=-e^{-t}Y'+e^{-t}Y''=e^{-t}\big(Y''-Y'\big).
Multiplicando por 1/x=e^{-t} obtém-se
y''(x)=e^{-2t}\big(Y''-Y'\big)=\frac{1}{x^{2}}\big(Y''-Y'\big).
Resumo das fórmulas obtidas (úteis para substituir):
y'(x)=\frac{1}{x}Y'(t),\qquad y''(x)=\frac{1}{x^{2}}\big(Y''(t)-Y'(t)\big).

Passo 4

Substituímos y',y'' na equação original. O lado esquerdo fica
x^{2}y''+5x y'+4y = x^{2}\cdot\frac{1}{x^{2}}(Y''-Y') +5x\cdot\frac{1}{x}Y' +4Y = (Y''-Y') +5Y' +4Y.
Simplificando:
Y'' +4Y' +4Y.
O lado direito, usando x=e^{t} e \ln(x)=t, torna-se
x+\ln(x)=e^{t}+t.
Portanto a equação transformada em t é a EDO de coeficientes constantes
Y''+4Y'+4Y = e^{t}+t.

Passo 5

Resolvemos primeiro a equação homogênea associada
Y''+4Y'+4Y=0.
A equação característica é
r^{2}+4r+4=0.
Calculamos as raízes: isso é (r+2)^{2}=0, logo temos raiz dupla r=-2. Para raiz dupla a solução geral homogênea em t é
Y_{h}(t) = C_{1}e^{-2t} + C_{2}t e^{-2t},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 6

Voltando para x: como e^{-2t}=(e^{t})^{-2}=x^{-2} e t=\ln(x), obtemos a solução homogênea em x:
y_{h}(x)=\frac{C_{1}}{x^{2}}+\frac{C_{2}\ln(x)}{x^{2}}.
Isso corresponde à parte com constantes que aparece na resposta esperada.

Passo 7

Agora buscamos uma solução particular Y_{p} da EDO em t
Y''+4Y'+4Y = e^{t}+t.
Podemos tratar os termos do lado direito separadamente (linearidade permite somar particularidades).
(a) Para o termo e^{t}: fazemos tentativa do tipo Y_{p1}=A e^{t}. Calculamos
L[Y_{p1}]=A\big(e^{t}+4e^{t}+4e^{t}\big)=9A e^{t}.
Queremos 9A e^{t}=e^{t}, logo 9A=1 e
A=\frac{1}{9},\qquad Y_{p1}=\frac{1}{9}e^{t}.

Passo 8

(b) Para o termo polinomial t (grau 1): tentamos Y_{p2}=a t + b. Então
Y_{p2}'=a,\qquad Y_{p2}''=0.
Aplicando o operador:
L[Y_{p2}]=0 +4a +4(at+b)=4a t + (4a+4b).
Queremos 4a t + (4a+4b)=t. Igualando coeficientes:
  • coeficiente de t: 4a=1 a=\tfrac{1}{4}.
  • termo constante: 4a+4b=0 4\cdot \tfrac{1}{4}+4b=0 1+4b=0 b=-\tfrac{1}{4}.
Logo
Y_{p2}=\frac{1}{4}t-\frac{1}{4}.

Passo 9

Somando as partes obtém-se a solução particular em t:
Y_{p}(t)=Y_{p1}+Y_{p2}=\frac{1}{9}e^{t}+\frac{1}{4}t-\frac{1}{4}.
Voltando a x (substituindo e^{t}=x e t=\ln(x)) obtemos a solução particular em x:
y_{p}(x)=\frac{x}{9}+\frac{\ln(x)}{4}-\frac{1}{4}.

Passo 10

A solução geral da equação original é a soma da homogênea com a particular:
y(x)=\frac{C_{1}}{x^{2}}+\frac{C_{2}\ln(x)}{x^{2}}+\frac{x}{9}+\frac{\ln(x)}{4}-\frac{1}{4},
com C_{1},C_{2} constantes arbitrárias e domínio x>0.

Passo 11

(b) Justificativa da linearidade: a equação pode ser escrita como
x^{2}y''+5x y'+4y = g(x),
onde g(x)=x+\ln(x) depende só de x. O operador L[y]=x^{2}y''+5x y'+4y satisfaz L[\alpha y_{1}+\beta y_{2}]=\alpha L[y_{1}]+\beta L[y_{2}] para quaisquer escalares \alpha,\beta, logo é linear. Alternativamente, dividindo por x^{2} (para x\neq0) obtém-se a forma padrão
y''+\frac{5}{x}y'+\frac{4}{x^{2}}y = \frac{1}{x} + \frac{\ln(x)}{x^{2}},
que está na forma y''+p_{1}(x)y'+p_{0}(x)y=g(x), característica de EDO linear de segunda ordem.

Resposta

y=\dfrac{C_{1}}{x^{2}}+\dfrac{C_{2}\ln(x)}{x^{2}}+\dfrac{x}{9}+\dfrac{\ln(x)}{4}-\dfrac{1}{4}\nLinear, pois pode ser escrita na forma y''+p_{1}(x)y'+p_{0}(x)y=g(x).

Exercícios relacionados