Resolva as seguintes equações diferenciais:
x^{2} \frac{d^{2} y}{d x^{2}}-x \frac{d y}{d x}+y=\ln x

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial ordinária
x^{2}\frac{d^{2}y}{dx^{2}}-x\frac{dy}{dx}+y=\ln x.
Informações e o que é pedido:
  • A incógnita é a função y=y(x).
  • A equação é de segunda ordem (aparece \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}).
  • O lado direito é \ln x, logo a equação só faz sentido para x>0 (pois \ln x está definida para x>0).
  • Precisamos encontrar a solução geral y(x) da equação diferencial, isto é, a família de soluções que envolve duas constantes arbitrárias.

Passo 2

Observação sobre a estrutura da equação e transformação útil (explicação didática):
  • A equação tem coeficientes que são potências de x multiplicando as derivadas. Uma técnica prática e muito usada é fazer a mudança de variável
t=\ln x,
e definir uma nova função Y(t) por
Y(t)=y(x)\quad\text{com}\quad t=\ln x.
Vou explicar como transformar as derivadas usando essa mudança (cadeia de regras passo a passo).
Cálculo de \dfrac{dy}{dx} e \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} em termos de Y e derivadas em t:
  • Como y(x)=Y(t) e t=\ln x, pela regra da cadeia
\frac{dy}{dx}=\frac{dY}{dt}\cdot\frac{dt}{dx}=\frac{Y'(t)}{x},
onde Y'(t)=\dfrac{dY}{dt}.
  • Para a segunda derivada, derivamos \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{Y'(t)}{x} em relação a x. Usando que \dfrac{d}{dx}=\dfrac{1}{x}\dfrac{d}{dt} (porque \dfrac{dt}{dx}=1/x), obtemos
\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{1}{x}\frac{d}{dt}\!\left(\frac{Y'(t)}{x}\right) =\frac{1}{x}\frac{d}{dt}\!\left(Y'(t)e^{-t}\right).
Como e^{-t}=1/x, calculemos diretamente derivando em t e convertendo:
\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{1}{x}\left(Y''(t)e^{-t}-Y'(t)e^{-t}\right) =\frac{Y''(t)-Y'(t)}{x^{2}}.
Resumo das fórmulas (úteis e fáceis de memorizar):
\frac{dy}{dx}=\frac{Y'}{x},\qquad \frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{Y''-Y'}{x^{2}}.

Passo 3

Substituição na equação original (transformando a EDO com coeficientes em x numa EDO com coeficientes constantes em t):
  • Substituindo \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}=\dfrac{Y''-Y'}{x^{2}} e \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{Y'}{x} na equação dada:
x^{2}\cdot\frac{Y''-Y'}{x^{2}}-x\cdot\frac{Y'}{x}+Y = \ln x.
  • Simplificando os fatores de x:
Y''-Y'-Y' + Y = \ln x.
  • Reunindo termos:
Y''-2Y'+Y = \ln x.
  • Como t=\ln x, o lado direito é simplesmente t. Assim obtemos a EDO com coeficientes constantes
\boxed{\,Y''-2Y'+Y = t\,.}
Isso é ótimo porque agora lidamos com uma equação linear com coeficientes constantes em t, muito mais simples de resolver.

Passo 4

Resolver a equação homogênea associada para Y (aula curta sobre equação característica):
  • A equação homogênea é
Y''-2Y'+Y=0.
  • Procuramos soluções exponenciais Y=e^{rt}. Substituindo vem a equação característica
r^{2}-2r+1=0.
  • Esta é uma quadrática que pode ser fatorada:
r^{2}-2r+1=(r-1)^{2}=0,
portanto temos raiz dupla r=1 com multiplicidade 2.
  • Para uma raiz dupla r=1 a solução geral da homogênea é
Y_{h}(t)=(A+Bt)e^{t},
onde A e B são constantes arbitrárias.
Relacionando de volta com x: como e^{t}=x e t=\ln x,
Y_{h}(t)=(A+Bt)e^{t}\quad\Longrightarrow\quad y_{h}(x)=A x + B x\ln x.
(Isto coincide com a forma típica que aparece em equações do tipo “equidimensionais” quando se tenta y=x^{m} e obtém raiz repetida m=1.)

Passo 5

Encontrar uma solução particular de Y''-2Y'+Y=t\) (método dos coeficientes indeterminados, explicado): - O termo forçante é um polinômio em \(t\) de grau \(1\) (ou seja, \(t\)). Para esse caso, uma escolha natural é tentar uma solução particular polinomial de grau \(1\): \[Y_{p}(t)=a t + b,
onde a e b são constantes a determinar.
  • Calculemos as derivadas:
Y_{p}'(t)=a,\qquad Y_{p}''(t)=0.
  • Substituindo na equação:
0 - 2a + (a t + b) = t.
  • Reescrevendo em forma de polinômio em t:
a t + (b - 2a) = 1\cdot t + 0.
  • Igualando coeficientes para termos em t e termos constantes:
\begin{cases} a = 1,\\[4pt] b - 2a = 0. \end{cases}
  • Da primeira equação vem a=1\]. Substituindo na segunda, \(b - 2\cdot 1 = 0 b=2.
  • Logo a solução particular é
Y_{p}(t)=t+2.
Comentário didático: escolhemos um polinômio porque o lado direito é um polinômio; não houve “ressonância” com a solução homogênea (que tem fator e^{t}), então a forma escolhida é válida. Se a homogênea tivesse termos polinomiais puros, precisaríamos multiplicar por potências de t, mas aqui não foi necessário.]

Passo 6

Voltar à variável x e montar a solução geral y(x); verificação rápida:
  • A solução geral para Y é soma da homogênea e da particular:
Y(t)=Y_{h}(t)+Y_{p}(t)=(A+Bt)e^{t} + (t+2).
  • Voltando para y(x) usando e^{t}=x e t=\ln x, obtemos
y(x)=A x + B x\ln x + (\ln x + 2).
  • Renomeando as constantes arbitrárias A e B por C_{1} e C_{2} (forma usual), a solução geral é
\boxed{\,y(x)=C_{1}x + C_{2}x\ln x + \ln x + 2\,,\quad x>0.}
Checagem rápida (para ficar seguro): se quiser verificar, calcular y' e y'' e substituir na equação original dará \ln x no lado direito — a parte \ln x+2 é responsável por produzir exatamente \ln x quando inserida, conforme pode ser conferido com contas diretas.

Resposta

y(x)=C_{1}x + C_{2}x\ln x + \ln x + 2 (para x>0).

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