Resolva:
x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-4 y=x^{3} \ln (x), x>0;

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação de Euler–Cauchy
x^{2}y''+x\,y'-4y = x^{3}\ln(x),\quad x>0.
Como é uma equação de coeficientes variáveis do tipo x^2y''+ax\,y'+by=f(x), vamos primeiro achar a solução geral da parte homogênea e depois um particular por método de coeficientes indeterminados.

Passo 2

Para a parte homogênea
x^{2}y''+x\,y'-4y = 0
usamos a ansatz y=x^{m}. Substituindo, vem
m(m-1)x^{m} + m x^{m} -4x^{m} = (m^{2}-4)x^{m} = 0
logo o polinômio característico é
m^{2}-4=0 \quad\Longrightarrow\quad m=\pm2.
Assim
y_{h}(x) = C_{1}x^{2} + C_{2}x^{-2}.

Passo 3

Vamos buscar uma solução particular da forma
y_{p}(x) = x^{3}\bigl(A\ln(x)+B\bigr),
pois o termo não-homogêneo é x^{3}\ln(x).

Passo 4

Calculamos as derivadas de y_{p}. Seja
y_{p}(x) = x^{3}(A\ln x + B).
Então
y_{p}'(x) = 3x^{2}(A\ln x + B) + x^{3}\cdot\frac{A}{x} = x^{2}\bigl(3A\ln x + 3B + A\bigr),
y_{p}''(x) = 2x\bigl(3A\ln x + 3B + A\bigr) + x^{2}\cdot\frac{3A}{x} = x\bigl(6A\ln x +6B +5A\bigr).

Passo 5

Substituímos em x^{2}y''+x\,y'-4y:
x^{2}y_{p}'' = x^{3}(6A\ln x +6B +5A), \quad x\,y_{p}' = x^{3}(3A\ln x +3B +A),
-4y_{p} = -4x^{3}(A\ln x +B).
Somando,
x^{2}y_{p}''+x\,y_{p}'-4y_{p} = x^{3}\bigl[(6A+3A-4A)\ln x + (6B+5A+3B+A-4B)\bigr] = x^{3}\bigl[5A\ln x + (6A+5B)\bigr].

Passo 6

Para anular a diferença com o lado direito x^{3}\ln x, igualamos coeficientes:
5A = 1 \quad\Longrightarrow\quad A = \tfrac15,
6A +5B = 0 \quad\Longrightarrow\quad 6\cdot\tfrac15 +5B = 0 \quad\Longrightarrow\quad B = -\tfrac{6}{25}.

Passo 7

Portanto, a solução particular é
y_{p}(x) = x^{3}\Bigl(\tfrac15\ln x - \tfrac{6}{25}\Bigr) = \tfrac{1}{5}x^{3}\ln x - \tfrac{6}{25}x^{3}.
A solução geral da equação é
y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x) = C_{1}x^{2} + C_{2}x^{-2} + \tfrac{1}{5}x^{3}\ln x - \tfrac{6}{25}x^{3}.

Resposta

y(x) = C_{1}x^{2} + C_{2}x^{-2} + \frac{1}{5}x^{3}\ln x - \frac{6}{25}x^{3}.

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