a) ( 0,5 \mathrm{pt} ) Encontre um conjunto fundamental de soluções para a EDO y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=0,
b) ( 1,5 \mathrm{pt} ) Use o método da variação dos parâmetros para determinar uma solução particular da EDO
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=e^{-x} \ln x, \quad x>0
c) (0,5 pt) Encontre a solução geral da EDO do ítem (b).

Passo 1

O enunciado tem três itens. Vou listar claramente o que cada item pede e quais dados são fornecidos.
  • Item (a): Encontrar um conjunto fundamental de soluções para a EDO
y''-2y'+y=0.
  • Item (b): Usar o método da variação dos parâmetros para determinar uma solução particular da EDO
y''+2y'+y = e^{-x}\ln x,\quad x>0.
  • Item (c): Encontrar a solução geral da EDO do item (b).
Informações relevantes dadas:
  • Ambas são EDOs lineares de segunda ordem com coeficientes constantes (no item (b) o termo não-homogêneo é e^{-x}\ln x e o domínio dado é x>0, o que nos garante que \ln x é bem definida).
  • No item (b) o enunciado pede explicitamente uso da variação dos parâmetros.

Passo 2

Resolver o item (a): encontrar um conjunto fundamental de soluções da homogênea
y''-2y'+y=0.
Explicando o método: para EDOs lineares de coeficientes constantes procuramos soluções da forma y=e^{rx}. Substituir dá a equação algébrica (equação característica) para r.
Formar a equação característica:
r^2 - 2r + 1 = 0.
Calcular as raízes: esta é uma quadrática que pode ser fatorada como (r-1)^2=0, logo há raiz dupla
r=1\quad(\text{multiplicidade }2).
Regra para raiz dupla: se a raíz r da equação característica tem multiplicidade 2, então as duas soluções linearmente independentes são
y_1(x)=e^{rx},\qquad y_2(x)=x e^{rx}.
Aplicando com r=1 obtemos o conjunto fundamental
\{y_1,y_2\}=\{e^{x},\; x e^{x}\}.
Breve verificação de independência (opcional, mas didático): o Wronskiano
W(y_1,y_2)(x)=\begin{vmatrix} e^{x} & x e^{x} \\\ e^{x} & e^{x}+x e^{x} \end{vmatrix} = e^{x}\big(e^{x}+x e^{x}\big) - e^{x}\big(x e^{x}\big)=e^{2x}\neq 0,
logo são linearmente independentes.

Passo 3

Preparação para o item (b): encontrar as soluções fundamentais da homogênea associada e apresentar a ideia da variação dos parâmetros.
A EDO homogênea associada é
y''+2y'+y=0.
Fazendo y=e^{rx} obtemos a característica
r^2+2r+1=0,
que é (r+1)^2=0. Então há raiz dupla r=-1. Portanto um conjunto fundamental para esta homogênea é
y_1(x)=e^{-x},\qquad y_2(x)=x e^{-x}.
Ideia da variação dos parâmetros (explicação simples): procuramos uma solução particular da forma
y_p(x)=u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x),
onde u_1 e u_2 são funções a determinar. Para tornar o sistema manejável impõe-se a condição auxiliar
u_1'(x) y_1(x) + u_2'(x) y_2(x) = 0,
de modo que a expressão para y_p' e y_p'' simplifica e permite obter um sistema linear de duas equações de primeira ordem para u_1' e u_2'.
O termo não-homogêneo é g(x)=e^{-x}\ln x (já que o coeficiente de y'' é 1).

Passo 4

Montar e resolver o sistema para [u_1’) e u_2'.
Das fórmulas padrão de variação dos parâmetros (ou derivando diretamente as expressões) obtemos o sistema linear
\begin{cases} u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0,\\[4pt] u_1' y_1' + u_2' y_2' = g(x). \end{cases}
Aqui y_1=e^{-x}\], \(y_1'=-e^{-x}; y_2=x e^{-x}, y_2'=(1-x)e^{-x}. Substituindo na segunda equação:
Calcular o Wronskiano (já que aparece nas fórmulas)
W(x)=\begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\\ y_1' & y_2'\end{vmatrix} = y_1 y_2' - y_1' y_2.
Substituindo:
W(x)=e^{-x}\cdot(1-x)e^{-x} - (-e^{-x})\cdot x e^{-x} = (1-x)e^{-2x}+x e^{-2x}=e^{-2x}.
As fórmulas (obtidas por resolver o sistema por Cramer) são
u_1'(x) = -\frac{g(x)\,y_2(x)}{W(x)},\qquad u_2'(x) = \frac{g(x)\,y_1(x)}{W(x)}.
Substituir g(x)=e^{-x}\ln x, y_1=e^{-x}, y_2=x e^{-x}, W=e^{-2x}:
Calcular u_1':
u_1'(x) = -\frac{e^{-x}\ln x \cdot x e^{-x}}{e^{-2x}} = -x\ln x.
Calcular u_2':
u_2'(x) = \frac{e^{-x}\ln x \cdot e^{-x}}{e^{-2x}} = \ln x.
Observação: os resultados ficaram simples porque muitos fatores e^{-x} cancelaram.]

Passo 5

Integrar u_1' e u_2' para obter u_1 e u_2.
Integrar u_2':
u_2(x)=\int \ln x\,dx.
Explicando a integração: usar integração por partes com a=\ln x e db=dx. Então da=\dfrac{1}{x}dx e b=x. Assim
\int \ln x\,dx = x\ln x - \int x\cdot\frac{1}{x}\,dx = x\ln x - \int 1\,dx = x\ln x - x + C.
Como qualquer constante aditiva pode ser absorvida pela solução homogênea, podemos escolher a constante C=0 para a construção de uma particular. Portanto tomamos
u_2(x)=x\ln x - x.
Integrar u_1':
u_1(x) = -\int x\ln x\,dx.
Fazendo a integração por partes: escolher a=\ln x e db = x\,dx. Então da=\dfrac{1}{x}dx e b=\dfrac{x^2}{2}. Logo
\int x\ln x\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x^2}{2}\cdot\frac{1}{x}\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x}{2}\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C.
Tomando C=0 (novamente constante absorvida pela homogênea), obtemos
u_1(x) = -\left(\frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4}\right)= -\frac{x^2}{2}\ln x + \frac{x^2}{4}.

Passo 6

Construir a solução particular y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2 e simplificar.
Escrever
y_p(x)=u_1(x)e^{-x} + u_2(x)\big(x e^{-x}\big).
Substituir u_1 e u_2:
y_p = \Big(-\frac{x^2}{2}\ln x + \frac{x^2}{4}\Big)e^{-x} + \big(x\ln x - x\big)\,x e^{-x}.
Fatorar e^{-x} e organizar termos (fazer passo a passo do cálculo algébrico):
y_p = e^{-x}\left(-\frac{x^2}{2}\ln x + \frac{x^2}{4} + x\cdot x\ln x - x\cdot x\right).
Calcular os produtos dentro do colchete:
x\cdot x\ln x = x^2\ln x,\qquad x\cdot x = x^2.
Substituir:
y_p = e^{-x}\left(-\frac{x^2}{2}\ln x + \frac{x^2}{4} + x^2\ln x - x^2\right).
Combinar os termos com \ln x:
-\frac{x^2}{2}\ln x + x^2\ln x = \frac{x^2}{2}\ln x.
Combinar os termos polinomiais:
\frac{x^2}{4} - x^2 = -\frac{3x^2}{4}.
Portanto
y_p(x) = e^{-x}\left(\frac{x^2}{2}\ln x - \frac{3x^2}{4}\right) = x^2 e^{-x}\left(\frac{1}{2}\ln x - \frac{3}{4}\right).
Isto é uma solução particular válida para x>0.

Passo 7

Escrever a solução geral da EDO do item (b) (resposta do item (c)).
A solução geral de uma EDO linear não-homogênea é a soma da solução geral da homogênea mais uma particular. Para o item (b) a homogênea tem conjunto fundamental y_1=e^{-x}, y_2 = x e^{-x}, portanto a solução geral homogênea é
y_h(x) = C_1 e^{-x} + C_2 x e^{-x},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias. Somando a particular obtida no passo anterior:
y(x) = y_h(x) + y_p(x) = C_1 e^{-x} + C_2 x e^{-x} + x^2 e^{-x}\left(\frac{1}{2}\ln x - \frac{3}{4}\right).

Resposta

(a) \{e^{x},\; x e^{x}\}
(b) y_p(x)=x^{2}e^{-x}\!\left(\dfrac{1}{2}\ln x-\dfrac{3}{4}\right)
(c) y(x)=C_{1}e^{-x}+C_{2}x e^{-x}+x^{2}e^{-x}\!\left(\dfrac{1}{2}\ln x-\dfrac{3}{4}\right)

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