Questão 2. (2.0 Pts) Resolva a equação de Cauchy-Euler não homogênea:
x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+9 y=-\operatorname{tg}(3 \ln x) .

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial para a função y(x):
x^{2}y^{\prime\prime}+x y^{\prime}+9y=-\tan(3\ln x).
O que se pede: encontrar a solução geral y(x) (solução da equação não homogênea).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A incógnita é y(x).
  • O lado direito é -\tan(3\ln x), que envolve \ln x; portanto x>0 é domínio natural, e ainda precisamos excluir pontos onde \cos(3\ln x)=0 (porque aí \tan é singular).
  • A equação é de segunda ordem, linear, com coeficientes dependentes de x.

Passo 2

Motivação do método e mudança de variável: como os coeficientes na equação aparecem como potências de x e o termo não homogêneo é função de \ln x, é muito conveniente fazer a troca
t=\ln x,\qquad Y(t)=y(e^{t})\quad\text{ou seja}\quad Y(t)=y(x)\text{ com }t=\ln x.
Vamos calcular as derivadas de y em termos de derivadas de Y.
Cálculo de y' e y'' usando regra da cadeia:
\frac{dy}{dx}=\frac{dY}{dt}\cdot\frac{dt}{dx}=\frac{1}{x}Y'(t),
onde ' em Y'(t) indica derivada em relação a t. Agora y'' é
\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{d}{dx}\!\left(\frac{1}{x}Y'(t)\right) =-\frac{1}{x^{2}}Y'(t)+\frac{1}{x}\cdot\frac{d}{dx}Y'(t).
Mas \dfrac{d}{dx}Y'(t)=Y''(t)\dfrac{dt}{dx}=\dfrac{1}{x}Y''(t). Portanto
y''=\frac{1}{x^{2}}\bigl(Y''(t)-Y'(t)\bigr).

Passo 3

Substituindo y' e y'' na equação original:
x^{2}\cdot\frac{1}{x^{2}}\bigl(Y''-Y'\bigr)+x\cdot\frac{1}{x}Y'+9Y=-\tan(3t).
Simplificando os termos:
Y''-Y'+Y'+9Y=Y''+9Y=-\tan(3t).
Assim, a equação em t fica
\boxed{\,Y''(t)+9Y(t)=-\tan(3t)\,}
Esta é uma equação linear de segunda ordem com coeficientes constantes, cuja parte homogênea é simples de resolver.

Passo 4

Solução da homogênea: resolver Y''+9Y=0. A equação característica é
r^{2}+9=0\quad\Rightarrow\quad r=\pm 3\mathrm{i}.
Logo a solução geral da homogênea é
Y_{h}(t)=C_{1}\cos(3t)+C_{2}\sin(3t),
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 5

Escolha do método para a particular: o termo não homogêneo é [-\tan(3t)), que não é uma combinação simples de senos e cossenos (é uma razão \sin/\cos), logo o método dos coeficientes indeterminados não é prático. Vamos usar variação de parâmetros.
Tomamos duas soluções fundamentais da homogênea:
y_{1}(t)=\cos(3t),\qquad y_{2}(t)=\sin(3t).
A variação de parâmetros propõe uma solução particular da forma
Y_{p}(t)=u_{1}(t)\cos(3t)+u_{2}(t)\sin(3t),
com u_{1}',u_{2}' satisfazendo o sistema padrão
\begin{cases} u_{1}'(t)\cos(3t)+u_{2}'(t)\sin(3t)=0,\\[4pt] -3u_{1}'(t)\sin(3t)+3u_{2}'(t)\cos(3t)=-\tan(3t). \end{cases}
O Wronskiano das soluções fundamentais é
W=\begin{vmatrix}\cos(3t)&\sin(3t)\\[2pt]-3\sin(3t)&3\cos(3t)\end{vmatrix} =3\bigl(\cos^{2}(3t)+\sin^{2}(3t)\bigr)=3.
Das fórmulas de variação de parâmetros obtemos (onde f(t)\] é o lado direito da equação não homogênea): \[u_{1}'(t)=-\frac{f(t)y_{2}(t)}{W},\qquad u_{2}'(t)=\frac{f(t)y_{1}(t)}{W}.\] Aqui \(f(t)=-\tan(3t). Portanto
u_{1}'(t)=-\frac{(-\tan(3t))\sin(3t)}{3}=\frac{1}{3}\,\frac{\sin^{2}(3t)}{\cos(3t)},
u_{2}'(t)=\frac{(-\tan(3t))\cos(3t)}{3}=-\frac{1}{3}\sin(3t).]

Passo 6

Integração de u_{2}' e u_{1}':
Para u_{2}:
u_{2}(t)=\int -\frac{1}{3}\sin(3t)\,dt=-\frac{1}{3}\cdot\left(-\frac{1}{3}\cos(3t)\right)=\frac{1}{9}\cos(3t),
(escolhemos a constante de integração zero — constantes serão absorvidas em Y_{h}).
Para u_{1} reescrevemos u_{1}':
u_{1}'(t)=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sin^{2}(3t)}{\cos(3t)} =\frac{1}{3}\left(\frac{1-\cos^{2}(3t)}{\cos(3t)}\right) =\frac{1}{3}\bigl(\operatorname{sec}(3t)-\cos(3t)\bigr).
Agora integramos termo a termo:
\int \operatorname{sec}(3t)\,dt=\frac{1}{3}\ln\bigl|\operatorname{sec}(3t)+\tan(3t)\bigr|+C, \qquad \int \cos(3t)\,dt=\frac{1}{3}\sin(3t)+C.
Portanto
u_{1}(t)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\ln\bigl|\operatorname{sec}(3t)+\tan(3t)\bigr| -\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\sin(3t) =\frac{1}{9}\ln\bigl|\operatorname{sec}(3t)+\tan(3t)\bigr|-\frac{1}{9}\sin(3t).

Passo 7

Construção de Y_{p} e simplificação:
Y_{p}(t)=u_{1}(t)\cos(3t)+u_{2}(t)\sin(3t).
Substituindo u_{1} e u_{2}:
Y_{p}(t)=\left(\frac{1}{9}\ln\bigl|\operatorname{sec}(3t)+\tan(3t)\bigr|-\frac{1}{9}\sin(3t)\right)\cos(3t) +\frac{1}{9}\cos(3t)\sin(3t).
Os termos com \sin(3t)\cos(3t) se cancelam:
-\frac{1}{9}\sin(3t)\cos(3t)+\frac{1}{9}\cos(3t)\sin(3t)=0.
Fica então
\boxed{\,Y_{p}(t)=\frac{1}{9}\cos(3t)\,\ln\bigl|\operatorname{sec}(3t)+\tan(3t)\bigr|\,.}

Passo 8

Solução geral em t e volta para x:
A solução geral para Y(t) é
Y(t)=C_{1}\cos(3t)+C_{2}\sin(3t)+\frac{1}{9}\cos(3t)\ln\bigl|\operatorname{sec}(3t)+\tan(3t)\bigr|.
Voltando à variável original x com t=\ln x, obtemos
y(x)=C_{1}\cos\bigl(3\ln x\bigr)+C_{2}\sin\bigl(3\ln x\bigr) +\frac{1}{9}\cos\bigl(3\ln x\bigr)\ln\!\bigl|\operatorname{sec}\bigl(3\ln x\bigr)+\tan\bigl(3\ln x\bigr)\bigr|.
Observação sobre domínio: essa expressão é válida em intervalos onde \tan(3\ln x) e \operatorname{sec}(3\ln x) estão bem definidos, i.e., onde \cos(3\ln x)\neq 0. Os pontos singulares ocorrem quando
3\ln x=\frac{(2k+1)\pi}{2}\quad\Rightarrow\quad x=\exp\!\Bigl(\frac{(2k+1)\pi}{6}\Bigr),\\ k\in\mathbb{Z},
que devem ser excluídos do domínio. Em cada intervalo entre essas singularidades a solução acima é válida e contínua.

Resposta

y(x)=C_{1}\cos\bigl(3\ln x\bigr)+C_{2}\sin\bigl(3\ln x\bigr) +\frac{1}{9}\cos\bigl(3\ln x\bigr)\ln\!\bigl|\operatorname{sec}\bigl(3\ln x\bigr)+\tan\bigl(3\ln x\bigr)\bigr|.

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