Resolva as EDO’s de Euler-Cauchy não-homogêneas
9(1+x)^{2} y^{\prime \prime} + 18(1+x) y^{\prime}+6 y=\ln (1+x)

Passo 1

O enunciado pede para resolver a EDO de Euler–Cauchy não-homogênea
9(1+x)^{2}y''+18(1+x)y'+6y=\ln(1+x),
que é do tipo
a(x)y''+b(x)y'+c(x)y=f(x),
com a(x)=(1+x)^2, b(x)=2(1+x), c(x)=\tfrac{2}{3}, exceto pelo fator 9 à esquerda. Vamos usar a mudança de variável
t=1+x,\quad t>0,
e em seguida a transformação de Euler–Cauchy para ODE com coeficientes constantes usando z=\ln t.

Passo 2

Definindo t=1+x, temos
y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\frac{dt}{dx}=\frac{dy}{dt}, \quad y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d}{dt}\biggl(\frac{dy}{dt}\biggr)\frac{dt}{dx} =\frac{d^2y}{dt^2}.
A equação torna-se
9t^2y''+18ty'+6y=\ln t.
Dividindo tudo por 9 para simplificar,
t^2y''+2t\,y'+\frac{2}{3}y=\frac{1}{9}\ln t.

Passo 3

Agora fazemos a troca de variável típica de Euler–Cauchy:
z=\ln t,\qquad u(z)=y(t).
Então
\frac{dy}{dt}=\frac{u'}{t},\quad \frac{d^2y}{dt^2}=\frac{u''-u'}{t^2},
onde u'=\frac{du}{dz}, u''=\frac{d^2u}{dz^2}. Substituindo em
t^2y''+2t\,y'+\frac{2}{3}y=\frac{1}{9}z
(observando \ln t=z), obtemos
9\bigl(u''-u'\bigr)+18u'+6u= z \quad\Longrightarrow\quad u''+u'+\tfrac{2}{3}u=\tfrac{1}{9}z.

Passo 4

Resolvemos primeiro a equação homogênea
u''+u'+\tfrac{2}{3}u=0.
A equação característica é
m^2+m+\tfrac{2}{3}=0 \quad\Longrightarrow\quad m=\frac{-1\pm\sqrt{1-\tfrac{8}{3}}}{2} =\frac{-1\pm i\sqrt{5/3}}{2} =\,-\tfrac12\pm i\,\frac{\sqrt{15}}{6}.
Logo, a solução geral homogênea em u é
u_h(z)=e^{-z/2}\Bigl(C_1\cos\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{6}z\bigr) +C_2\sin\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{6}z\bigr)\Bigr).

Passo 5

Para encontrar uma solução particular de
u''+u'+\tfrac{2}{3}u=\tfrac{1}{9}z,
tentamos u_p(z)=a\,z+b. Então
u_p'=a,\quad u_p''=0,
e, ao substituir,
0 + a + \tfrac{2}{3}(a\,z+b)=\tfrac{1}{9}z.
Comparando coeficientes de z e constantes:
\frac{2a}{3}=\frac{1}{9}\\ \Rightarrow\\ a=\frac{1}{6}, \quad a+\frac{2b}{3}=0\\ \Rightarrow\\ b=-\frac{1}{4}.
Assim
u_p(z)=\frac{1}{6}z-\frac{1}{4}.

Passo 6

Voltando às variáveis originais:
z=\ln t=\ln(1+x), \quad y(t)=u(z),
portanto a solução geral é
y(x) =y_h(x)+y_p(x) =(1+x)^{-1/2}\Bigl(C_1\cos\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{6}\ln(1+x)\bigr) +C_2\sin\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{6}\ln(1+x)\bigr)\Bigr) +\frac{1}{6}\ln(1+x)-\frac{1}{4}.

Resposta

\boxed{ y(x) =(1+x)^{-\tfrac12}\Bigl(C_1\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{6}\ln(1+x)\bigr) +C_2\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{6}\ln(1+x)\bigr)\Bigr) +\tfrac{1}{6}\ln(1+x)-\tfrac{1}{4}. }

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