Resolva a \mathrm{EDO} x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-y=\ln (x)

Passo 1

O enunciado pede a solução geral da EDO
x^{2}y'' + x\,y' - y = \ln(x),
que é uma equação de Euler–Cauchy de segunda ordem não homogênea. Para resolver, vamos (i) achar a solução geral da parte homogênea e (ii) encontrar uma solução particular para o termo \ln(x).

Passo 2

Para a parte homogênea, assumimos y_h = x^r. Substituindo em
x^{2}y'' + x\,y' - y = 0
vem
r(r-1)x^r + r\,x^r - x^r = [r(r-1)+r-1]\,x^r = (r^2 - 1)x^r = 0.
Logo, o polinômio característico é r^2-1=0, com raízes
r = 1,\quad r = -1.
Assim
y_h = C_1\,x + C_2\,x^{-1}.

Passo 3

Agora buscamos uma solução particular y_p para o lado não homogêneo \ln(x). Como o RHS é \ln(x) e \ln(x) não aparece na solução homogênea, tentamos
y_p = A\,\ln(x) + B.

Passo 4

Calculamos as derivadas:
y_p' = \frac{A}{x}, \quad y_p'' = -\frac{A}{x^2}.
Substituindo em x^2y'' + x\,y' - y:
x^2\Bigl(-\frac{A}{x^2}\Bigr) + x\Bigl(\frac{A}{x}\Bigr) -\bigl(A\ln(x)+B\bigr) = -A + A - A\ln(x) - B = -A\ln(x) - B.
Queremos que isso seja igual a \ln(x), ou seja,
-A\ln(x)-B = \ln(x).
Comparando coeficientes, obtemos
-A = 1 \implies A = -1, \quad -B = 0 \implies B = 0.
Portanto
y_p = -\ln(x).

Passo 5

A solução geral da EDO é a soma da parte homogênea com a particular:
y(x) = y_h + y_p = C_1\,x + C_2\,x^{-1} - \ln(x).

Resposta

y(x) = C_1\,x + \frac{C_2}{x} - \ln(x).

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