1. Se a equação inicial (2) tem uma raiz real, mostre que y_{1}(x)=x^{\frac{1-b}{2}} e y_{1}(x)=x^{\frac{1-b}{2}} \ln x são soluções fundamentais de (1) e, portanto, a solução geral de (1), para x>0 é
y(x)=C_{1} x^{\frac{1-b}{2}}+C_{2} x^{\frac{1-b}{2}} \ln x

Passo 1

O enunciado trata de uma equação de Cauchy–Euler do tipo
x^{2}y''+b\,x\,y'+c\,y=0
cuja equação indicial
r(r-1)+b\,r+c=0 \tag{2}
tem uma raiz real repetida. Mostraremos que, se essa raiz repetida é
r_{0}=\frac{1-b}{2},
então
y_{1}(x)=x^{r_{0}} \quad\text{e}\quad y_{2}(x)=x^{r_{0}}\ln x
são soluções fundamentais e, portanto, a solução geral em x>0 é
y(x)=C_{1}\,x^{r_{0}}+C_{2}\,x^{r_{0}}\ln x.

Passo 2

Primeiro verificamos que y_{1}(x)=x^{r_{0}} resolve a equação de Euler. Substituindo
y=x^{r_{0}} \quad\Longrightarrow\quad y'=r_{0}\,x^{r_{0}-1}, \quad y''=r_{0}(r_{0}-1)\,x^{r_{0}-2},
no ODE
x^{2}y''+b\,x\,y'+c\,y=0
obtemos
x^{2}\bigl[r_{0}(r_{0}-1)x^{r_{0}-2}\bigr] +b\,x\bigl[r_{0}x^{r_{0}-1}\bigr] +c\,x^{r_{0}} =\bigl[r_{0}(r_{0}-1)+b\,r_{0}+c\bigr]x^{r_{0}}=0,
e como r_{0} é raiz da indicial (2), esse colchete é zero. Logo y_{1} é solução.

Passo 3

Para achar a segunda solução em caso de raiz repetida, usamos redução de ordem. Na forma padronizada
y''+p(x)\,y'+q(x)\,y=0
temos aqui
p(x)=\frac{b}{x},
e a fórmula de redução de ordem dá
y_{2}(x) =y_{1}(x)\int \frac{\exp\bigl(-\int p(x)\,dx\bigr)}{y_{1}(x)^{2}}\,dx =x^{r_{0}} \int \frac{x^{-b}}{x^{2r_{0}}}\,dx.

Passo 4

Como r_{0}=(1-b)/2 temos 2r_{0}=1-b, então o integrando vira
x^{-b-2r_{0}} =x^{-b-(1-b)} =x^{-1}.
Assim
y_{2}(x) =x^{r_{0}} \int x^{-1}\,dx =x^{r_{0}}\ln x,
mostrando que y_{2}(x)=x^{r_{0}}\ln x é de fato a segunda solução.

Passo 5

O Wronskiano de \{y_{1},y_{2}\} é proporcional a
\exp\Bigl(-\int p(x)\,dx\Bigr) =x^{-b},
que não se anula para x>0. Logo y_{1} e y_{2} são linearmente independentes e formam um conjunto fundamental.

Resposta

Para x>0 a solução geral é
y(x)=C_{1}\,x^{\frac{1-b}{2}} + C_{2}\,x^{\frac{1-b}{2}}\ln x.

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