Encontre a solução geral para a equação para t>0
t^{2} \frac{d^{2} z}{d t^{2}}+5 t \frac{d z}{d t}+4 z=0
Escolha uma opção:
\bigcirc a. c_{1} t^{-2}
\bigcirc b. c_{1} t^{-1}+c_{2} t^{-4}
\bigcirc c. c_{1} t^{3}+c_{2} t^{2}
\bigcirc d. c_{1} t^{-2}+c_{2} t^{-2} \ln t

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial para t>0:
t^{2}\frac{d^{2}z}{dt^{2}}+5t\frac{dz}{dt}+4z=0.
O que se pede: encontrar a solução geral (para t>0) e escolher a alternativa correta entre:
a. c_{1} t^{-2}
b. c_{1} t^{-1}+c_{2} t^{-4}
c. c_{1} t^{3}+c_{2} t^{2}
d. c_{1} t^{-2}+c_{2} t^{-2} \ln t

Passo 2

Vamos tentar a técnica padrão para equações do tipo equidimensional (Euler–Cauchy): procurar soluções da forma z=t^{m}, com m constante. A ideia é que derivadas de t^{m} dão potências de t que se ajustam bem quando os coeficientes são t^{2}, t, constantes. Agora calculemos as derivadas de z=t^{m}:
\frac{dz}{dt}=m\,t^{m-1},
\frac{d^{2}z}{dt^{2}}=m(m-1)\,t^{m-2}.

Passo 3

Substituímos essas expressões na equação original:
t^{2}\bigl(m(m-1)t^{m-2}\bigr)+5t\bigl(m t^{m-1}\bigr)+4 t^{m}=0.
Fatorando t^{m} (que é não nulo para t>0) obtemos a equação característica em m:
t^{m}\bigl[m(m-1)+5m+4\bigr]=0,
logo
m^{2}+4m+4=0.
Resolvendo a quadrática:
m^{2}+4m+4=(m+2)^{2}=0,
portanto há uma raiz dupla
m=-2\quad(\text{multiplicidade }2).

Passo 4

Quando a equação característica de uma Euler–Cauchy dá uma raiz m de multiplicidade 2, a forma geral das duas soluções independentes é
z_{1}=t^{m},\qquad z_{2}=t^{m}\ln t.
Explico por que: tomando z_{2}=t^{m}\ln t e calculando suas derivadas (mostro só os termos essenciais),
\frac{dz_{2}}{dt}=m t^{m-1}\ln t + t^{m-1},
\frac{d^{2}z_{2}}{dt^{2}}=m(m-1)t^{m-2}\ln t + (2m-1)t^{m-2}.
Substituindo em t^{2}z''+5tz'+4z obtemos
t^{m}\ln t\,(m+2)^{2}+t^{m}(2m+4).
Se m=-2, o primeiro termo some porque (m+2)^{2}=0 e o segundo termo também some porque 2m+4=2(-2)+4=0. Logo z_{2}=t^{-2}\ln t é solução também.

Passo 5

As duas soluções encontradas são linearmente independentes (por exemplo, o wronskiano dá)
W\bigl(t^{-2},t^{-2}\ln t\bigr)= \begin{vmatrix} t^{-2} & t^{-2}\ln t\\[4pt] -2t^{-3} & -2t^{-3}\ln t + t^{-3} \end{vmatrix} = t^{-5}\neq 0\\ \text{para }t>0,
portanto formam uma base do espaço de soluções da EDO de segunda ordem.]

Passo 6

Assim a solução geral para t>0 é
z(t)=c_{1}\,t^{-2}+c_{2}\,t^{-2}\ln t,
onde c_{1} e c_{2} são constantes arbitrárias. Comparando com as alternativas, a correta é a alternativa (d).

Resposta

d. c_{1} t^{-2}+c_{2} t^{-2} \ln t

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