Resolva a EDO:
\frac{y}{x}+4 x+(\ln x-1) \frac{d y}{d x}=0, x>0.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\frac{y}{x}+4x+(\ln x-1)\frac{dy}{dx}=0,\qquad x>0.
O que se pede: encontrar a solução geral y(x) da equação diferencial para x>0.
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação envolve y, x e \dfrac{dy}{dx}.
  • O coeficiente de \dfrac{dy}{dx} é \ln x-1, que se anula em x=e. Isso indica que x=e é um ponto singular da forma explícita da EDO (a solução será tratada em intervalos onde \ln x-1\neq0).
  • Não há outras informações numéricas; a constante de integração aparecerá na solução geral.

Passo 2

Colocar a EDO na forma linear padrão \dfrac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x).
Começo isolando \dfrac{dy}{dx}. A equação dada é
\frac{y}{x}+4x+(\ln x-1)\frac{dy}{dx}=0.
Passando os dois primeiros termos para o outro lado,
(\ln x-1)\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x}-4x.
Dividindo por \ln x-1 (considerando intervalos onde \ln x-1\neq0),
\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x(\ln x-1)}\,y = -\frac{4x}{\ln x-1}.
Logo é uma equação linear de primeira ordem com
P(x)=\frac{1}{x(\ln x-1)},\qquad Q(x)=-\frac{4x}{\ln x-1}.

Passo 3

Lembrando a técnica do fator integrante (explicação didática).
Para uma EDO linear de primeira ordem
\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)
o fator integrante é
\mu(x)=\exp\!\Big(\int P(x)\,dx\Big).
Motivação rápida: multiplicando a equação por \mu(x) transforma o lado esquerdo em \dfrac{d}{dx}(\mu y), porque
\frac{d}{dx}(\mu y)=\mu\frac{dy}{dx}+\mu' y=\mu\left(\frac{dy}{dx}+ \frac{\mu'}{\mu}y\right)
e escolhemos \mu tal que \dfrac{\mu'}{\mu}=P, isto é \mu'=\mu P, cuja solução é \mu=\exp(\int P).
Então vamos calcular \mu(x) para o nosso P(x).

Passo 4

Calcular o fator integrante.
Temos
P(x)=\frac{1}{x(\ln x-1)}.
Calcular a integral
\int P(x)\,dx=\int \frac{1}{x(\ln x-1)}\,dx.
Fazer a substituição u=\ln x-1. Então du=\dfrac{dx}{x}. A integral vira
\int \frac{1}{u}\,du=\ln|u|=\ln|\ln x-1|.
Portanto um fator integrante é
\mu(x)=\exp\!\big(\ln|\ln x-1|\big)=|\ln x-1|.
Como fator integrante pode-se tomar \mu(x)=\ln x-1 (difere apenas por sinal em intervalos onde \ln x-1<0, o método funciona igualmente usando \ln x-1). Para simplificar, uso
\mu(x)=\ln x-1.

Passo 5

Multiplicar a equação pela fator integrante e reconhecer a derivada composta.
Multiplicando a forma padrão por \mu(x)=\ln x-1 obtemos
(\ln x-1)\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x}y = -4x.
O lado esquerdo é exatamente a derivada de (\ln x-1)y, pois
\frac{d}{dx}\big((\ln x-1)y\big)=(\ln x-1)\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x}y.
Logo a equação se reduz a
\frac{d}{dx}\big((\ln x-1)y\big) = -4x.

Passo 6

Integrar ambos os lados para obter a solução implícita e isolar y.
Integrando em relação a x,
(\ln x-1)y = \int -4x\,dx = -2x^2 + C,
onde C é a constante de integração. Portanto
y(x)=\frac{-2x^2 + C}{\ln x-1}.
Essa é a solução geral válida em qualquer intervalo onde \ln x-1\neq0 (isto é, em intervalos contíguos sem x=e). A constante C é arbitrária real.

Passo 7

Comentários sobre o ponto x=e (onde \ln x-1=0) e possibilidade de extensão contínua.
A fórmula acima tem denominador zero em x=e. Contudo, se escolher C=2e^2 o numerador também se anula em x=e e a expressão pode ter um limite finito quando x\to e. Calcular o limite no caso C=2e^2:
\lim_{x\to e}\frac{-2x^2+2e^2}{\ln x-1}.
Aplicando a Regra de L’Hôpital (0/0), derivando numerador e denominador:
\lim_{x\to e}\frac{-4x}{1/x}=\lim_{x\to e}(-4x^2)=-4e^2.
Esse valor coincide com o valor exigido pela equação original reduzida em x=e, que é y/e+4e=0\Rightarrow y=-4e^2. Portanto, escolhendo C=2e^2 a solução definida por y=( -2x^2 + C)/(\ln x-1) tem um limite finito em x=e e pode ser continuamente estendida a x=e.

Passo 8

Verificação rápida (checagem).
Partindo de (\ln x-1)y=-2x^2+C e derivando ambos os lados obtém-se
(\ln x-1)\frac{dy}{dx}+\frac{1}{x}y=-4x,
que é exatamente a forma que tivemos antes de rearranjar; portanto a solução encontrada satisfaz a equação.

Resposta

y(x)=\frac{-2x^2+C}{\ln x-1},
com C constante arbitrária (solução válida em intervalos onde \ln x-1\neq0; para C=2e^2 obtém-se extensão contínua em x=e).

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