Resolva cada equação diferencial por variação de parâmetros.
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=e^{-t} \ln t

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial
y''+2y'+y=e^{-t}\ln t.
Informações dadas:
  • É uma equação diferencial linear não homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes.
  • O termo não homogêneo (lado direito) é \,e^{-t}\ln t\,, que exige cuidado com o domínio: \ln t só está definido para t>0.
    O pedido explícito é usar o método de variação de parâmetros para obter a solução geral.

Passo 2

Primeiro resolvemos a equação homogênea associada:
y''+2y'+y=0.
A equação característica é
r^2+2r+1=0.
Calculando as raízes,
r^2+2r+1=(r+1)^2=0\quad\Rightarrow\quad r=-1\\ \text{(raiz dupla)}.
Para uma raiz dupla -1 as soluções fundamentais da homogênea são
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 de parâmetros. A ideia é buscar uma solução particular na forma
y_p(t)=u_1(t)y_1(t)+u_2(t)y_2(t),
onde u_1\) e \(u_2\) são funções a determinar. Impomos o sistema auxiliar clássico \[\begin{cases} u_1'(t)y_1(t)+u_2'(t)y_2(t)=0,\\[4pt] u_1'(t)y_1'(t)+u_2'(t)y_2'(t)=g(t), \end{cases}
com g(t)\] sendo o termo não homogêneo dividido pelo coeficiente líder (aqui o coeficiente líder é \(1), logo g(t)=e^{-t}\ln t.]

Passo 4

Vamos calcular o Wronskiano das soluções fundamentais. Por definição,
W(t)=\begin{vmatrix} y_1(t) & y_2(t) \\[4pt] y_1'(t) & y_2'(t)\end{vmatrix}.
Com y_1(t)=e^{-t} e y_2(t)=t e^{-t} temos
y_1'(t)=-e^{-t},\qquad y_2'(t)=e^{-t}(1-t).
Portanto
W(t)=e^{-t}\cdot e^{-t}(1-t)-t e^{-t}\cdot(-e^{-t})=e^{-2t}(1-t)+t e^{-2t}=e^{-2t}.
Observação: W(t)=e^{-2t}\neq0 para todo t, então as fórmulas de variação de parâmetros são válidas.]

Passo 5

As fórmulas diretas para u_1' e u_2' são (para equação padrão com coeficiente líder 1):
u_1'(t)=-\dfrac{g(t)\,y_2(t)}{W(t)},\qquad u_2'(t)=\dfrac{g(t)\,y_1(t)}{W(t)}.
Substituindo g(t)=e^{-t}\ln t, y_1(t)=e^{-t}, y_2(t)=t e^{-t} e W(t)=e^{-2t}, obtemos
u_1'(t)=-\dfrac{e^{-t}\ln t\cdot t e^{-t}}{e^{-2t}}=-t\ln t,
u_2'(t)=\dfrac{e^{-t}\ln t\cdot e^{-t}}{e^{-2t}}=\ln t.

Passo 6

Integramos para obter u_1 e u_2. Começando por u_1:
u_1(t)=-\int t\ln t\,dt.
Fazemos integração por partes em \int t\ln t\,dt. Tome 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}+C.
Escolhendo a constante de integração zero (pois buscamos uma única função particular), obtemos
u_1(t)=-\left(\frac{t^2}{2}\ln t-\frac{t^2}{4}\right)=-\frac{t^2}{2}\ln t+\frac{t^2}{4}.
Agora u_2:
u_2(t)=\int \ln t\,dt.
Usamos integração por partes com a=\ln t, db=dt dando da=\dfrac{1}{t}dt, b=t. Assim
\int \ln t\,dt=t\ln t-t + C.
Tomando a constante igual a zero para a parte particular,
u_2(t)=t\ln t-t.

Passo 7

Montamos a solução particular
y_p(t)=u_1(t)y_1(t)+u_2(t)y_2(t).
Substituindo y_1,y_2,u_1,u_2,
y_p(t)=\left(-\frac{t^2}{2}\ln t+\frac{t^2}{4}\right)e^{-t}+\left(t\ln t-t\right)\cdot t e^{-t}.
Colocando e^{-t} em evidência e simplificando o conteúdo entre colchetes:
y_p(t)=e^{-t}\Big(-\tfrac{t^2}{2}\ln t+\tfrac{t^2}{4}+t^2\ln t-t^2\Big).
Agrupando os termos com \ln t e os termos sem \ln t:
-\tfrac{t^2}{2}\ln t+t^2\ln t=\tfrac{t^2}{2}\ln t,
\tfrac{t^2}{4}-t^2=-\tfrac{3t^2}{4}.
Logo
y_p(t)=e^{-t}\!\left(\tfrac{t^2}{2}\ln t-\tfrac{3t^2}{4}\right)=t^2 e^{-t}\!\left(\tfrac{1}{2}\ln t-\tfrac{3}{4}\right).

Passo 8

A solução geral da equação original é a soma da homogênea com a particular:
y(t)=y_h(t)+y_p(t)=C_1 e^{-t}+C_2 t e^{-t}+t^2 e^{-t}\!\left(\tfrac{1}{2}\ln t-\tfrac{3}{4}\right).
Observação final: por causa de \ln t a solução é válida para t>0.

Resposta

y(t)=e^{-t}\Big(C_1+C_2 t+t^2\big(\tfrac{1}{2}\ln t-\tfrac{3}{4}\big)\Big),\quad t>0.

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