Resolva os problemas de valor inicial:
\left\{\begin{array}{l}y^{\prime}-\frac{1}{x} y=-x^{3} \\\ y(-1)=\frac{-7}{3}\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial abaixo e pede a função solução que satisfaz a equação diferencial e a condição inicial:
\left\{\begin{array}{l} y'(x)-\dfrac{1}{x}\,y(x)=-x^{3},\\[6pt] y(-1)=\dfrac{-7}{3}. \end{array}\right.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{(i)}\; \text{Ecuação diferencial: } y'-\dfrac{1}{x}y=-x^{3}.̧
\text{(ii)}\; \text{Condição inicial: } y(-1)=-\dfrac{7}{3}.̧
Observação importante: a equação tem um termo \dfrac{1}{x}, portanto devemos trabalhar em domínios onde x\neq 0. Como a condição inicial está em x=-1, procuraremos uma solução definida em um intervalo que contenha x=-1 (ou seja, num intervalo com x<0).]

Passo 2

Identificamos que a equação é uma equação linear de primeira ordem no formato padrão
y'(x)+P(x)\,y(x)=Q(x).
Reescrevendo a equação dada nesse formato obtemos
y'(x)+\Big(-\dfrac{1}{x}\Big)y(x)=-x^{3}.
Logo:
P(x)=-\dfrac{1}{x},\qquad Q(x)=-x^{3}.

Passo 3

A técnica clássica para resolver equações lineares de primeira ordem é usar um fator integrante \mu(x) definido por
\mu(x)=\exp\Big(\int P(x)\,dx\Big).
Aqui
\int P(x)\,dx=\int \Big(-\dfrac{1}{x}\Big)\,dx=-\ln|x|.
Portanto
\mu(x)=\exp\big(-\ln|x|\big)=\dfrac{1}{|x|}.
Como precisamos de uma solução que passe por x=-1 (ou seja, no lado negativo de zero), em qualquer intervalo contendo -1 temos |x|=-x, e assim podemos escolher
\mu(x)=-\dfrac{1}{x}\qquad\text{(válido para \(x<0\)).}á
Observação didática: multiplicar por uma constante multiplicativa não altera a técnica; escolher \mu(x)=-1/x é conveniente porque é a expressão positiva de 1/|x| quando x<0.

Passo 4

Multiplicamos toda a equação original pelo fator integrante \mu(x)=-\dfrac{1}{x}. Fazendo isso obtemos:
\Big(-\dfrac{1}{x}\Big)y'(x)+\Big(-\dfrac{1}{x}\Big)\Big(-\dfrac{1}{x}\Big)y(x)=\Big(-\dfrac{1}{x}\Big)\big(-x^{3}\big).
Simplificando cada termo:
-\dfrac{1}{x}y'(x)+\dfrac{1}{x^{2}}y(x)=x^{2}.
Agora mostramos que o lado esquerdo é exatamente a derivada de \mu(x)\,y(x). Calculemos \mu'(x) quando \mu(x)=-\dfrac{1}{x}:
\mu'(x)=\dfrac{d}{dx}\Big(-x^{-1}\Big)=x^{-2}=\dfrac{1}{x^{2}}.
Logo
\mu(x)\,y'(x)+\mu'(x)\,y(x)=-\dfrac{1}{x}y'(x)+\dfrac{1}{x^{2}}y(x),
que é exatamente o lado esquerdo da equação multiplicada. Assim temos a identidade
\dfrac{d}{dx}\big(\mu(x)\,y(x)\big)=x^{2}.

Passo 5

Integramos ambos os lados em relação a x:
\int \dfrac{d}{dx}\big(\mu(x)\,y(x)\big)\,dx=\int x^{2}\,dx.
A integração do lado esquerdo recupera \mu(x)\,y(x), e do direito:
\mu(x)\,y(x)=\dfrac{x^{3}}{3}+C,
onde C é constante de integração. Lembrando \mu(x)=-\dfrac{1}{x} para x<0, obtemos
-\dfrac{1}{x}\,y(x)=\dfrac{x^{3}}{3}+C.
Isolando y(x):
y(x)=-x\Big(\dfrac{x^{3}}{3}+C\Big)=-\dfrac{x^{4}}{3}-C\,x.
Assim a solução geral (no lado negativo) é
y(x)=-\dfrac{x^{4}}{3}-C\,x,\qquad x<0.

Passo 6

Agora aplicamos a condição inicial y(-1)=-\dfrac{7}{3} para determinar C. Substituindo x=-1 na expressão geral:
y(-1)=-\dfrac{(-1)^{4}}{3}-C(-1)=-\dfrac{1}{3}+C.
Igualando à condição inicial:
-\dfrac{1}{3}+C=-\dfrac{7}{3}.
Isolando C:
C=-\dfrac{7}{3}+\dfrac{1}{3}=-\dfrac{6}{3}=-2.

Passo 7

Substituímos C=-2 na solução geral para obter a solução particular que satisfaz a condição inicial:
y(x)=-\dfrac{x^{4}}{3}-(-2)\,x=-\dfrac{x^{4}}{3}+2x.
Podemos reescrever de forma mais agradável:
y(x)=2x-\dfrac{x^{4}}{3},\qquad x<0.

Passo 8

Verificação rápida (opcional, mas útil para confiança): calculemos y'(x) e verifiquemos a equação.
y'(x)=2-\dfrac{4}{3}x^{3}.
Então
y'(x)-\dfrac{1}{x}y(x)=\Big(2-\dfrac{4}{3}x^{3}\Big)-\dfrac{1}{x}\Big(2x-\dfrac{x^{4}}{3}\Big) =2-\dfrac{4}{3}x^{3}-2+\dfrac{x^{3}}{3}=-x^{3},
conforme exigido pela equação. Além disso y(-1)=2(-1)-\dfrac{(-1)^{4}}{3}=-2-\dfrac{1}{3}=-\dfrac{7}{3}, portanto a condição inicial também é satisfeita.

Resposta

y(x)=2x-\dfrac{x^{4}}{3},\quad x<0

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