Exercício 2.5. Resolva as EDO’s e os PVI’s:
\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=-x \ln t \\\ x(1)=e\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial (PVI):
\begin{cases} x' = -x\ln t,\\[4pt] x(1)=e. \end{cases}
Informações relevantes dadas:
  • A equação diferencial é \;x' = -x\ln t\;.
  • A condição inicial é \;x(1)=e\;.
  • Note que aparece \ln t, portanto a variável t precisa satisfazer \;t>0\; para que \ln t esteja definido.]

Passo 2

Vamos separar variáveis — método simples e direto para equações do tipo onde uma função de x multiplica uma função de t. A ideia é escrever todos os termos em x de um lado e os termos em t do outro. Começamos escrevendo a derivada como fração:
x'=\frac{dx}{dt}=-x\ln t.
Agora separamos x e t:
\frac{1}{x}\,dx = -\ln t\,dt.
Explicação didática curta: separar variáveis consiste em manipular a igualdade para obter uma integral em x igual a uma integral em t. Aqui dividimos ambos os lados por x (assumindo x\neq0 — trataremos do caso zero pela forma da solução) e multiplicamos por dt.

Passo 3

Integramos os dois lados. Do lado esquerdo temos a integral elementar
\int \frac{1}{x}\,dx = \ln|x| + C_1.
Do lado direito temos \int -\ln t\,dt. Vamos calcular \int \ln t\,dt usando integração por partes. A fórmula de integração por partes é
\int u\,dv = uv - \int v\,du.
Escolhemos u=\ln t e dv=dt. Então du=\frac{1}{t}dt e v=t. Assim
\int \ln t\,dt = t\ln t - \int t\cdot\frac{1}{t}\,dt = t\ln t - \int 1\,dt = t\ln t - t + C_2.
Portanto
\int -\ln t\,dt = -(t\ln t - t) + C_3 = -t\ln t + t + C_3.

Passo 4

Igualando as integrais obtidas:
\ln|x| = -t\ln t + t + C,
onde C é constante arbitrária (absorvendo C_1 e C_3). Agora exponenciamos para resolver para x:
|x| = e^{-t\ln t + t + C} = e^{C}\,e^{-t\ln t + t}.
Denotando A=e^{C} (constante positiva), obtemos a solução geral em forma explícita:
x(t) = \pm A\,e^{-t\ln t + t}.
Como geralmente trabalhamos com solução contínua e a condição inicial vai escolher o sinal e o valor de A, agora aplicamos a condição inicial.

Passo 5

Aplicando a condição inicial \;x(1)=e\;. Como \ln 1=0, substituímos t=1 na expressão \ln|x| = -t\ln t + t + C:
\ln|x(1)| = -1\cdot\ln 1 + 1 + C = 0 + 1 + C = 1 + C.
Mas x(1)=e, então \ln|e|=1. Assim
1 = 1 + C \quad\Rightarrow\quad C=0.
Logo A=e^{C}=1 e o sinal é positivo (pois x(1)=e>0), portanto a solução particular é
x(t) = e^{-t\ln t + t}.

Passo 6

Podemos simplificar a expressão usando identidades exponenciais. Note que
e^{-t\ln t + t} = e^{t}\,e^{-t\ln t} = e^{t}\,(e^{\ln t})^{-t} = e^{t}\,t^{-t}.
Outra escrita compacta é
x(t)=\left(\frac{e}{t}\right)^{t}.
Lembrando a questão do domínio, essa solução vale para \;t>0\; (onde \ln t é definido). Boa! Você conseguiu: a separação de variáveis + integração por partes levou direto à solução.

Resposta

\;x(t)=\left(\dfrac{e}{t}\right)^{t},\quad t>0

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