\left\{\begin{array}{l} x \frac{d y}{d x}=y(\ln y-\ln x+1) \\\ y(1)=e \end{array}\right.
Passo 1
O enunciado dá um problema de valor inicial (PVI). Especificamente, temos a equação diferencial e a condição inicial:
\left\{\begin{array}{l} x \dfrac{d y}{d x}=y\bigl(\ln y-\ln x+1\bigr),\\[6pt] y(1)=e. \end{array}\right.
O que o problema pede: encontrar a função y(x) definida num intervalo que contenha x=1 e que satisfaça a equação diferencial e a condição inicial. Informações relevantes dadas:
A equação é de primeira ordem para y(x).
Aparecem \ln y e \ln x, então presumimos x>0 e y>0 no intervalo de interesse (ao menos localmente perto de x=1).
A condição inicial é y(1)=e, o que garante y>0 em x=1.]
Passo 2
Identificar um método conveniente. Observando o termo \ln y-\ln x=\ln\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr), fica natural tentar a substituição que reduzisse essa razão. Uma substituição clássica para equações com \tfrac{y}{x} é:
y(x)=x\,u(x),
onde u(x) é uma nova função desconhecida. Vou explicar por que isso ajuda: com essa substituição a combinação \ln y-\ln x vira \ln u, o que simplifica bastante a expressão à direita.
Passo 3
Calcular \dfrac{dy}{dx} em função de u. Como y=xu, aplicando a regra do produto:
\dfrac{dy}{dx}=u + x\dfrac{du}{dx}.
Agora substituímos y e \dfrac{dy}{dx} na equação original.
Passo 4
Substituição na equação original. A equação
x \dfrac{dy}{dx}=y\bigl(\ln y-\ln x+1\bigr)
fica, usando y=xu e \dfrac{dy}{dx}=u+x\dfrac{du}{dx}:
Cancelar x (assumindo x\neq0, e como a condição inicial é em x=1 estamos em x>0) e reorganizar para obter uma equação para u:
u+x\dfrac{du}{dx}=u\bigl(\ln u+1\bigr).
Subtraindo u dos dois lados:
x\dfrac{du}{dx}=u\ln u.
Essa é agora uma equação separável em u e x.
Passo 6
Separar variáveis e integrar. Reescrevemos como
\dfrac{du}{u\ln u}=\dfrac{dx}{x}.
Para integrar o lado esquerdo, fazemos a substituição intermediária w=\ln u. Então dw=\dfrac{du}{u}. Assim:
\int \dfrac{du}{u\ln u}=\int \dfrac{dw}{w}=\ln|w| + C=\ln|\ln u| + C.
Do lado direito:
\int \dfrac{dx}{x}=\ln|x| + C.
Portanto a igualdade integrada é
\ln|\ln u|=\ln|x|+C.
Passo 7
Resolver a constante de integração e simplificar a expressão geral. Exponenciando ambos os lados:
|\ln u|=K|x|,\quad\text{onde}\quad K=e^{C}>0.
Agora, lembrando da condição inicial: em x=1, tem-se y(1)=e. Então u(1)=\dfrac{y(1)}{1}=e. Logo \ln u(1)=\ln e=1>0. Assim, na vizinhança de x=1 podemos tomar o sinal positivo e também x>0, portanto podemos desprezar valores absolutos:
\ln u = K x.
Isto dá
u(x)=e^{K x}.
Aplicamos a condição inicial para determinar K: em x=1 deve valer u(1)=e^{K\cdot 1}=e. Logo e^{K}=e e assim K=1.
Passo 8
Obter y(x) e verificar a consistência. Como u(x)=e^{x} (com K=1) temos
y(x)=x\,u(x)=x e^{x}.
É bom checar rapidamente que essa função satisfaz a equação original: compute \dfrac{dy}{dx}=e^{x}+x e^{x}=e^{x}(1+x). Então
x\dfrac{dy}{dx}=x e^{x}(1+x).
Do outro lado,
y\bigl(\ln y-\ln x+1\bigr)=x e^{x}\bigl(\ln(xe^{x})-\ln x+1\bigr)=x e^{x}\bigl(\ln x + x -\ln x +1\bigr)=x e^{x}(x+1),
que coincide com o lado esquerdo. A condição inicial também é satisfeita: y(1)=1\cdot e^{1}=e.