Resolva cada equação diferencial pela variaçẵo dos parâmetros.
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=e^{-t} \ln t

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=e^{-t}\ln t.
Informações dadas e o que se pede:
  • Temos uma equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes.
  • O termo não-homogêneo (lado direito) é e^{-t}\ln t, que só faz sentido para t>0 por causa de \ln t.
  • A tarefa é encontrar a solução geral y(t) usando o método da variação dos parâmetros (ou seja, obter uma solução particular e somá-la à solução geral da homogênea).

Passo 2

Começamos resolvendo a equação homogênea associada:
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=0.
Escrevemos o polinômio característico:
r^{2}+2r+1=0.
Resolvendo,
r=-1
é raiz dupla (pois r^{2}+2r+1=(r+1)^{2}). Para raiz dupla, uma base de soluções fundamentais é
y_{1}(t)=e^{-t},\qquad y_{2}(t)=t e^{-t}.
Portanto a solução geral da homogênea é
y_{h}(t)=C_{1}e^{-t}+C_{2}t e^{-t},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 3

Agora aplicamos variação dos parâmetros para obter uma solução particular y_{p}(t). A fórmula prática é
y_{p}=-y_{1}\int \frac{y_{2}g}{W}\,dt + y_{2}\int \frac{y_{1}g}{W}\,dt,
onde g(t) é o termo não-homogêneo dividido pelo coeficiente de y^{\prime\prime} (aqui é 1), ou seja
g(t)=e^{-t}\ln t,
e W é o Wronskiano de y_{1},y_{2}:
W(t)=\begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\\ y_{1}^{\prime} & y_{2}^{\prime}\end{vmatrix}=y_{1}y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime}y_{2}.
Calculamos derivadas:
y_{1}^{\prime}=-e^{-t},\qquad y_{2}^{\prime}=(1-t)e^{-t}.
Logo o Wronskiano é
W(t)=e^{-t}\cdot(1-t)e^{-t}-(-e^{-t})\cdot t e^{-t}=(1-t)e^{-2t}+t e^{-2t}=e^{-2t}.

Passo 4

Montamos as derivadas das funções auxiliares usadas na variação de parâmetros:
u_{1}^{\prime}=-\frac{y_{2}g}{W},\qquad u_{2}^{\prime}=\frac{y_{1}g}{W}.
Substituindo y_{1},y_{2},g,W:
u_{1}^{\prime}=-\frac{t e^{-t}\cdot e^{-t}\ln t}{e^{-2t}}=-t\ln t,
u_{2}^{\prime}=\frac{e^{-t}\cdot e^{-t}\ln t}{e^{-2t}}=\ln t.

Passo 5

Integramos u_{1}^{\prime} e u_{2}^{\prime}. Primeiro u_{1}:
u_{1}=-\int t\ln t\,dt.
Fazemos integração por partes em \int t\ln t\,dt. Seja a=\ln t e db=t\,dt. Então da=\dfrac{1}{t}\,dt e b=\dfrac{t^{2}}{2}. Assim
\int t\ln t\,dt=\frac{t^{2}}{2}\ln t-\int \frac{t^{2}}{2}\cdot\frac{1}{t}\,dt=\frac{t^{2}}{2}\ln t-\int \frac{t}{2}\,dt=\frac{t^{2}}{2}\ln t-\frac{t^{2}}{4}.
Portanto
u_{1}=-\left(\frac{t^{2}}{2}\ln t-\frac{t^{2}}{4}\right)=-\frac{t^{2}}{2}\ln t+\frac{t^{2}}{4}.
(Constante de integração pode ser tomada como zero aqui, pois qualquer constante será absorvida na solução homogênea.)
Agora u_{2}:
u_{2}=\int \ln t\,dt.
Também por partes: tome a=\ln t, db=dt, então da=\dfrac{1}{t}dt, b=t. Logo
\int \ln t\,dt = t\ln t - \int t\cdot\frac{1}{t}\,dt = t\ln t - t.
Assim
u_{2}=t\ln t - t.

Passo 6

Agora construímos y_{p}=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2}. Substituindo:
y_{p}=\left(-\frac{t^{2}}{2}\ln t+\frac{t^{2}}{4}\right)e^{-t} + (t\ln t - t)\,t e^{-t}.
Desenvolvendo o segundo termo:
(t\ln t - t)\,t e^{-t}=(t^{2}\ln t - t^{2})e^{-t}.
Somando com o primeiro termo:
y_{p}=\Big(-\frac{t^{2}}{2}\ln t+\frac{t^{2}}{4}+t^{2}\ln t - t^{2}\Big)e^{-t}.
Combinando coeficientes de t^{2}\ln t e de t^{2}:
-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2}\quad\text{(para \(t^{2}\ln t\))},
\frac{1}{4}-1=-\frac{3}{4}\quad\text{(para \(t^{2}\))}.
Portanto
y_{p}=\left(\frac{1}{2}t^{2}\ln t - \frac{3}{4}t^{2}\right)e^{-t}.

Passo 7

A solução geral é a soma da homogênea com a particular:
y(t)=C_{1}e^{-t}+C_{2}t e^{-t}+\left(\frac{1}{2}t^{2}\ln t - \frac{3}{4}t^{2}\right)e^{-t},
válida para t>0 (porque aparece \ln t). Podemos fatorar t^{2}e^{-t} se quisermos:
y(t)=C_{1}e^{-t}+C_{2}t e^{-t}+t^{2}e^{-t}\left(\frac{1}{2}\ln t-\frac{3}{4}\right).

Resposta

y(t)=C_{1}e^{-t}+C_{2}t e^{-t}+t^{2}e^{-t}\left(\frac{1}{2}\ln t-\frac{3}{4}\right)

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