Questão 4. Considere a equação não-homogênea x^{2} y^{\prime \prime}-3 x y^{\prime}+4 y=x^{2} \ln (x), para x>0.
a) Mostre que y_{1}(x)=x^{2} e y_{2}(x)=x^{2} \ln (x) são soluções da equação homogênea associada e formam um conjunto fundamental de soluções em ( 0, \infty ).
b) Encontre uma solução particular para a equação não-homogênea utilizando o Método da Variação dos Parâmetros.
c) Determine a solução geral da equação não-homogênea.
i) (0.2) Calculou corretamente y_{1}^{\prime}(x)=2 x e y_{1}^{\prime \prime}(x)=2, e verificou que y_{1}^{\prime \prime}+2 y_{1}^{\prime}+5 y_{1}=0.
i) (0.2) Escreveu a EDO original na forma padrão y^{\prime \prime}-\frac{3}{x} y^{\prime}+\frac{4}{x^{2}} y=\ln (x).
i) Escreveu a resposta final y(x)=c_{1} x^{2}+c_{2} x^{2} \ln (x)+\frac{1}{6} x^{2}(\ln (x))^{3}.
ii) (0.2) Calculou corretamente y_{2}^{\prime}(x)=2 x \ln (x)+x e y_{2}^{\prime \prime}(x)=2 \ln (x)+3, e verificou que y_{2}^{\prime \prime}+2 y_{2}^{\prime}+5 y_{2}=0.
ii) (0.2) Escreveu u_{1}^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}(\ln (x))^{2}.
iii) (0.4) Calculou corretamente W\left(y_{1}, y_{2}\right)=x^{3} e justificou que esse resultado é diferente de zero para x \in(0, \infty), o que mostra que \left\{y_{1}, y_{2}\right\} formam um conjunto fundamental de soluções da EDO homogênea associada.
iii) (0.2) Escreveu u_{2}^{\prime}(x)=\frac{\ln (x)}{x}.
iv) (0.2) Obteve u_{1}(x)=-\frac{(\ln (x))^{3}}{3}.
v) (0.2) Obteve u_{2}(x)=\frac{(\ln (x))^{2}}{2}
vi) (0.2) Encontrou a solução particular da forma y_{p}(x)=y_{1}(x) u_{1}(x)+y_{2}(x) u_{2}(x)=\frac{1}{6} x^{2}(\ln (x))^{3}.
Atenção: a correção finaliza na primeira etapa feita incorretamente.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial não-homogênea
x^{2}y''-3xy'+4y=x^{2}\ln(x),\qquad x>0,
e pede:
  • (a) mostrar que y_{1}(x)=x^{2} e y_{2}(x)=x^{2}\ln(x) são soluções da equação homogênea associada e que formam um conjunto fundamental em (0,\infty);
  • (b) achar uma solução particular da equação não-homogênea usando o método da variação de parâmetros;
  • (c) escrever a solução geral da equação não-homogênea.
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação homogênea associada é
x^{2}y''-3xy'+4y=0.
  • As funções candidatas a soluções da homogênea são y_{1}(x)=x^{2} e y_{2}(x)=x^{2}\ln(x).
  • O domínio considerado é x>0, o que garante que \ln(x) e potências de x estão bem definidas.

Passo 2

Verificar que y_{1}(x)=x^{2} é solução da homogênea.
Primeiro calculo as derivadas (regra básica: \dfrac{d}{dx}x^{n}=n x^{n-1}):
y_{1}'(x)=2x,\qquad y_{1}''(x)=2.
Substituo na equação homogênea:
x^{2}y_{1}''-3x y_{1}'+4y_{1} = x^{2}\cdot 2 -3x\cdot(2x)+4\cdot x^{2}.
Calculo termo a termo:
x^{2}\cdot 2 = 2x^{2},\quad -3x\cdot(2x)=-6x^{2},\quad 4\cdot x^{2}=4x^{2}.
Somando:
2x^{2}-6x^{2}+4x^{2}=0.
Portanto \;x^{2}y_{1}''-3x y_{1}'+4y_{1}=0, ou seja, y_{1} é solução da homogênea.

Passo 3

Verificar que y_{2}(x)=x^{2}\ln(x) é solução da homogênea.
Derivo usando produto e regra da derivada de \ln(x) ( \dfrac{d}{dx}\ln(x)=1/x):
y_{2}(x)=x^{2}\ln(x).
Primeira derivada (produto):
y_{2}'(x)=\frac{d}{dx}(x^{2})\ln(x)+x^{2}\frac{d}{dx}\ln(x)=2x\ln(x)+x^{2}\cdot\frac{1}{x}=2x\ln(x)+x.
Segunda derivada: derivo termo a termo:
\frac{d}{dx}\big(2x\ln(x)\big)=2\ln(x)+2\cdot\frac{x}{x}=2\ln(x)+2,
e \frac{d}{dx}(x)=1. Somando:
y_{2}''(x)=(2\ln(x)+2)+1=2\ln(x)+3.
Agora substituo na homogênea:
x^{2}y_{2}''-3x y_{2}'+4y_{2} = x^{2}(2\ln(x)+3)-3x(2x\ln(x)+x)+4x^{2}\ln(x).
Simplifico cada grupo:
x^{2}(2\ln x+3)=2x^{2}\ln x+3x^{2},
-3x(2x\ln x + x)=-6x^{2}\ln x -3x^{2},
4x^{2}\ln x = 4x^{2}\ln x.
Somando:
(2x^{2}\ln x-6x^{2}\ln x+4x^{2}\ln x) + (3x^{2}-3x^{2}) = 0.
Logo y_{2} também satisfaz a homogênea.

Passo 4

Calcular o Wronskiano para verificar que \{y_{1},y_{2}\} é um conjunto fundamental (independência linear).
Definição: para duas funções y_{1},y_{2}, o Wronskiano é
W(y_{1},y_{2})(x)= \begin{vmatrix} y_{1}(x) & y_{2}(x)\\[4pt] y_{1}'(x) & y_{2}'(x) \end{vmatrix} = y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}.
Usando y_{1}=x^{2}, y_{1}'=2x, y_{2}=x^{2}\ln x, y_{2}'=2x\ln x + x, temos:
W(x)=x^{2}\big(2x\ln x + x\big) - 2x\big(x^{2}\ln x\big).
Fatoro x^{3}:
W(x)=x^{3}\big(2\ln x +1 - 2\ln x\big)=x^{3}\cdot 1 = x^{3}.
Como x>0, W(x)=x^{3}\neq 0 em (0,\infty). Portanto y_{1} e y_{2} são linearmente independentes e formam um conjunto fundamental de soluções da homogênea naquele intervalo.]

Passo 5

Colocar a equação na forma padrão (coeficiente de y'' igual a 1) — passo necessário para aplicar variação de parâmetros.
Divido toda a equação original por x^{2} (válido pois x>0):
y''-\frac{3}{x}y'+\frac{4}{x^{2}}y=\ln(x).
Nesta forma padrão, a parte não-homogênea (termo independente) é
g(x)=\ln(x).

Passo 6

Apresentar a ideia do método da variação de parâmetros (explicação didática).
Quando se tem duas soluções y_{1},y_{2} da homogênea, a variação de parâmetros busca uma solução particular y_{p} da forma
y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x),
onde u_{1},u_{2} são funções a determinar. Para uniquely determinar u_{1}',u_{2}' impõe-se a condição auxiliar
u_{1}'(x)y_{1}(x)+u_{2}'(x)y_{2}(x)=0,
e faz-se a equação
u_{1}'(x)y_{1}'(x)+u_{2}'(x)y_{2}'(x)=g(x),
onde g(x) é o lado direito da equação na forma padrão. Isso leva a um sistema linear de duas equações para u_{1}' e u_{2}'. Usando o Wronskiano, as fórmulas diretas são
u_{1}'(x)=-\frac{g(x)\,y_{2}(x)}{W(y_{1},y_{2})(x)},\qquad u_{2}'(x)=\frac{g(x)\,y_{1}(x)}{W(y_{1},y_{2})(x)}.
Explico rápido: estas fórmulas vêm de resolver o sistema 2×2 por Cramer; o Wronskiano aparece no denominador e garante que o sistema tem solução quando W\neq0.

Passo 7

Aplicar as fórmulas para u_{1}' e u_{2}'.
Temos g(x)=\ln(x), y_{1}=x^{2}, y_{2}=x^{2}\ln x e W(x)=x^{3}. Então
u_{1}'(x)=-\frac{\ln(x)\cdot (x^{2}\ln x)}{x^{3}}=-\frac{(\ln x)^{2}}{x},
u_{2}'(x)=\frac{\ln(x)\cdot x^{2}}{x^{3}}=\frac{\ln x}{x}.
Comente: refiz passo a passo para evitar erro de simplificação — primeiro multiplica-se g por y_{2} (ou y_{1}), depois divide-se por W.

Passo 8

Integrar u_{1}' e u_{2}' para obter u_{1} e u_{2}.
Para u_{1}:
u_{1}(x)=\int u_{1}'(x)\,dx = -\int \frac{(\ln x)^{2}}{x}\,dx.
Faço a substituição padrão t=\ln x\Rightarrow dt=\dfrac{dx}{x}. Então
u_{1}(x)=-\int t^{2}\,dt = -\frac{t^{3}}{3}+C_{1} = -\frac{(\ln x)^{3}}{3}+C_{1}.
Para variação de parâmetros podemos escolher as constantes de integração C_{1},C_{2} iguais a zero (qualquer constante aparece depois na solução geral via termos homogêneos), então tomo C_{1}=0 e
u_{1}(x)=-\frac{(\ln x)^{3}}{3}.
Para u_{2}:
u_{2}(x)=\int u_{2}'(x)\,dx = \int \frac{\ln x}{x}\,dx.
Usando t=\ln x novamente,
u_{2}(x)=\int t\,dt = \frac{t^{2}}{2}+C_{2}=\frac{(\ln x)^{2}}{2}+C_{2},
e tomo C_{2}=0, ficando
u_{2}(x)=\frac{(\ln x)^{2}}{2}.

Passo 9

Construir a solução particular y_{p}=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2} e simplificar.
Calculando:
y_{p}(x)=y_{1}(x)u_{1}(x)+y_{2}(x)u_{2}(x) = x^{2}\left(-\frac{(\ln x)^{3}}{3}\right) + x^{2}\ln x\left(\frac{(\ln x)^{2}}{2}\right).
Coloco em evidência x^{2}(\ln x)^{3}:
y_{p}(x)=x^{2}(\ln x)^{3}\left(-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right) = x^{2}(\ln x)^{3}\left(\frac{-2+3}{6}\right) = \frac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3}.
Portanto uma solução particular é
y_{p}(x)=\frac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3}.

Passo 10

Escrever a solução geral da equação não-homogênea.
A solução geral é a soma da solução geral da homogênea (combinação linear das soluções fundamentais) mais uma solução particular:
y(x)=C_{1}y_{1}(x)+C_{2}y_{2}(x)+y_{p}(x) = C_{1}x^{2}+C_{2}x^{2}\ln x + \frac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias reais.

Resposta

a) y_{1}(x)=x^{2} e y_{2}(x)=x^{2}\ln(x) são soluções da homogênea e formam um conjunto fundamental em (0,\infty).\n
b) y_{p}(x)=\dfrac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3}.\n
c) y(x)=C_{1}x^{2}+C_{2}x^{2}\ln x+\dfrac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3}.

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