(3^{a}) Questão: [20 pontos] Resolva as EDOs abaixo.
[10 pontos] Resolva a EDO x y^{\prime}+y=x^{2} \ln x, \quad x>0.

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial ordinária
x\,y'(x)+y(x)=x^{2}\ln x,\qquad x>0,
e pede que se encontre a solução geral y(x). As informações relevantes são:
  • A incógnita é a função y(x).
  • A equação relaciona y' e y linearmente com coeficientes que dependem de x.
  • O domínio indicado é x>0 (isso permite dividir por x e usar \ln x sem problemas).
    O objetivo é achar a solução geral y(x) válida para x>0.

Passo 2

Colocar a EDO na forma padrão de uma equação linear de primeira ordem facilita a solução. Dividindo ambos os lados por x (válido porque x>0), obtemos
y'(x)+\frac{1}{x}\,y(x)=x\ln x.
Aqui podemos identificar, para fins de método, as funções
P(x)=\frac{1}{x},\qquad Q(x)=x\ln x.
Não estou dizendo formalmente o nome da “matéria”, apenas reescrevendo a equação de maneira que dá pra aplicar um procedimento sistemático.

Passo 3

Agora uma pequena aula sobre o que vamos usar: para uma equação da forma
y'(x)+P(x)\,y(x)=Q(x),
existe uma técnica que usa um fator integrante \mu(x) tal que, ao multiplicar a equação por \mu(x), o lado esquerdo passa a ser a derivada do produto \mu(x)y(x). Isso ocorre porque
\frac{d}{dx}\big(\mu y\big)=\mu y'+\mu' y.
Para que \mu y'+\mu' y=\mu y'+\mu P y seja igual ao lado esquerdo multiplicado por \mu, precisamos que \mu'=\mu P. Isso leva à equação separável
\frac{\mu'}{\mu}=P(x),
cuja solução é
\mu(x)=\exp\!\Big(\int P(x)\,dx\Big).
Esse \mu é o chamado fator integrante; multiplicando a EDO por \mu transformamos o lado esquerdo em \dfrac{d}{dx}(\mu y), o que permite integrar diretamente.

Passo 4

Calcular o fator integrante usando P(x)=\dfrac{1}{x}:
\mu(x)=\exp\!\Big(\int \frac{1}{x}\,dx\Big)=\exp(\ln x)=x,
onde usamos que x>0 para que \ln x esteja definido e \exp(\ln x)=x. Então \mu(x)=x.

Passo 5

Multiplicando a equação padronizada por \mu(x)=x obtemos
x\Big(y'+\frac{1}{x}y\Big)=x\cdot x\ln x,
ou seja
x y'+y = x^{2}\ln x.
Observa-se agora que o lado esquerdo é exatamente a derivada do produto x y:
\frac{d}{dx}\big(x y(x)\big)=x y'(x)+y(x).
Portanto a equação fica
\frac{d}{dx}\big(x y(x)\big)=x^{2}\ln x.

Passo 6

Integrar ambos os lados em relação a x:
x y(x)=\int x^{2}\ln x\,dx + C,
onde C é uma constante arbitrária de integração. Precisamos, então, calcular a integral \displaystyle\int x^{2}\ln x\,dx.

Passo 7

Calcular \displaystyle\int x^{2}\ln x\,dx por partes. Tomamos
u=\ln x\quad\Rightarrow\quad du=\frac{1}{x}\,dx,
dv=x^{2}\,dx\quad\Rightarrow\quad v=\frac{x^{3}}{3}.
A fórmula de integração por partes é \int u\,dv = u v - \int v\,du. Aplicando:
\int x^{2}\ln x\,dx = \frac{x^{3}}{3}\ln x - \int \frac{x^{3}}{3}\cdot\frac{1}{x}\,dx = \frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{1}{3}\int x^{2}\,dx.
Agora integrar \int x^{2}\,dx = \dfrac{x^{3}}{3}. Assim
\int x^{2}\ln x\,dx = \frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{1}{3}\cdot\frac{x^{3}}{3} = \frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{x^{3}}{9}.

Passo 8

Substituindo o resultado da integral em x y(x)=\int x^{2}\ln x\,dx + C, obtemos
x y(x)=\frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{x^{3}}{9} + C.
Dividindo ambos os lados por x (novamente x>0), chega-se à solução geral
y(x)=\frac{x^{2}}{3}\ln x - \frac{x^{2}}{9} + \frac{C}{x}.
Podemos também escrever de forma factorizada:
y(x)=x^{2}\Big(\frac{1}{3}\ln x - \frac{1}{9}\Big) + C x^{-1}.
Aqui C é uma constante real arbitrária e a solução é válida para x>0.

Passo 9

Breve verificação (para ficar confiante): calcular y' a partir de
y(x)=\frac{x^{2}}{3}\ln x - \frac{x^{2}}{9} + C x^{-1},
fazendo a derivada termo a termo (usando produto e regra da potência) e substituir em x y'+y retorna x^{2}\ln x. Essa verificação confirma que a solução encontrada está correta.

Resposta

y(x)=\frac{x^{2}}{3}\ln x - \frac{x^{2}}{9} + \frac{C}{x},\qquad C\in\mathbb{R},\; x>0.

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