Encontre a solução geral da equação
t^{2} y^{\prime \prime}-3 t y^{\prime}+4 y=t^{2} \ln t, \quad t>0
Sugestão: A equação homogênea associada é de Euler.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
t^{2} y^{\prime \prime}-3 t y^{\prime}+4 y=t^{2} \ln t,\quad t>0,
e pede a solução geral y(t). As informações relevantes são:
  • A equação é válida para t>0.
  • A equação homogênea associada é t^{2} y^{\prime \prime}-3 t y^{\prime}+4 y=0.
  • O termo do lado direito é t^{2}\ln t.

Passo 2

Resolver primeiro a equação homogênea. Procura-se soluções da forma y(t)=t^{r}. Substituindo em \,t^{2}y''-3ty'+4y=0:
\text{(substituir }y=t^{r}\text{)}\quad t^{2}\cdot r(r-1)t^{r-2}-3t\cdot r t^{r-1}+4t^{r}=0.
Simplificando pela potência t^{r} (que é não nula pois t>0) obtemos a equação característica
r(r-1)-3r+4=0.
Calculemos:
r^{2}-r-3r+4=r^{2}-4r+4=(r-2)^{2}=0.
Portanto r=2 é uma raiz dupla. Para uma equação de Euler com raiz dupla r a solução geral homogênea é
y_{h}(t)=C_{1}t^{r}+C_{2}t^{r}\ln t.
Substituindo r=2 temos
y_{h}(t)=C_{1}t^{2}+C_{2}t^{2}\ln t.

Passo 3

Agora precisamos de uma solução particular y_{p} para a parte não homogênea. Uma maneira conveniente e didática é fazer a mudança de variável
x=\ln t,\qquad Y(x)=y(e^{x})=y(t).
Vamos relacionar as derivadas. Pela regra da cadeia:
\frac{dy}{dt}=\frac{dY}{dx}\cdot\frac{dx}{dt}=\frac{1}{t}Y'(x),
\frac{d^{2}y}{dt^{2}}=\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{t}Y'(x)\right) =\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{t}Y'(x)\right)\frac{dx}{dt} =\frac{1}{t}\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{t}Y'(x)\right).
Como t=e^{x} e \tfrac{d}{dx}\!\left(\tfrac{1}{t}\right)=-\tfrac{1}{t}, após simplificar chega-se à fórmula clássica para equações de Euler:
y'=\frac{1}{t}Y',\qquad y''=\frac{1}{t^{2}}\bigl(Y''-Y'\bigr),
onde as derivadas de Y são em relação a x. Substituindo na equação original:
t^{2}\cdot\frac{1}{t^{2}}\bigl(Y''-Y'\bigr)-3t\cdot\frac{1}{t}Y'+4Y =Y''-Y'-3Y'+4Y=Y''-4Y'+4Y.
O lado direito t^{2}\ln t fica, em termos de x,
t^{2}\ln t = e^{2x}\cdot x.
Logo a equação transformada é a equação com coeficientes constantes
Y''-4Y'+4Y=e^{2x}x.

Passo 4

Resolver a equação transformada. O operador diferencial do lado esquerdo é (D-2)^{2}, pois
D^{2}-4D+4=(D-2)^{2}.
A solução homogênea corresponde a Y_{h}(x)=C_{1}e^{2x}+C_{2}x e^{2x}, que é equivalente à y_{h} encontrada (pois e^{2x}=t^{2} e x e^{2x}=t^{2}\ln t).
Para achar uma particular para o RHS e^{2x}x usamos um anzatz do tipo
Y_{p}(x)=e^{2x}Q(x),
onde Q(x) é um polinômio. Observação útil (e muito prática): aplicar (D-2) sobre e^{2x}Q(x) reduz a derivada do polinômio:
(D-2)\bigl(e^{2x}Q(x)\bigr)=e^{2x}Q'(x),
e portanto
(D-2)^{2}\bigl(e^{2x}Q(x)\bigr)=e^{2x}Q''(x).
Aplicando esse operador à nossa Y_{p} temos
Y''_{p}-4Y'_{p}+4Y_{p}=e^{2x}Q''(x).
Queremos isto igual a e^{2x}x, então devemos ter
Q''(x)=x.
Integrando duas vezes:
Q'(x)=\frac{x^{2}}{2}+C_{1},\qquad Q(x)=\frac{x^{3}}{6}+C_{1}x+C_{2}.
Os termos C_{1}x e C_{2} em Q corresponderiam, ao multiplicarmos por e^{2x}, a soluções da homogênea ( e^{2x} e x e^{2x} ). Para obter uma particular simples podemos escolher C_{1}=C_{2}=0. Assim uma escolha conveniente é
Q(x)=\frac{x^{3}}{6},
e portanto
Y_{p}(x)=\frac{1}{6}e^{2x}x^{3}.

Passo 5

Voltar à variável t. Lembrando que x=\ln t e e^{2x}=t^{2}, obtemos
y_{p}(t)=Y_{p}(\ln t)=\frac{1}{6}t^{2}(\ln t)^{3}.
A solução geral é a soma da homogênea com a particular:
y(t)=y_{h}(t)+y_{p}(t)=C_{1}t^{2}+C_{2}t^{2}\ln t+\frac{1}{6}t^{2}(\ln t)^{3},
com C_{1},C_{2} constantes arbitrárias.

Resposta

y(t)=C_{1}t^{2}+C_{2}t^{2}\ln t+\frac{1}{6}t^{2}(\ln t)^{3}

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