Usando o método da variação de parâmetros, resolva o problema de valor inicial
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+y=e^{-t} \ln t, \quad y(1)=1, y^{\prime}(1)=1 .$

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial de segunda ordem não-homogênea e as condições iniciais:
y''+2y'+y = e^{-t}\ln t,\qquad y(1)=1,\qquad y'(1)=1.
Informações relevantes:
  • A função do lado direito é \,e^{-t}\ln t\,, definida apenas para t>0 (pois \ln t precisa de t>0).
  • Quer-se a solução que satisfaça as duas condições iniciais em t=1.
  • O método pedido é o da variação de parâmetros (vou usar as soluções da homogênea e buscar funções multiplicadoras u_1(t),u_2(t)).

Passo 2

Primeiro encontro a solução geral da homogênea associada:
y_h''+2y_h'+y_h=0.
A equação característica é
r^2+2r+1=0.
Essa quadrática é (r+1)^2=0, logo há raiz dupla r=-1. Para uma raiz dupla a solução geral da homogênea é
y_h(t)=C_1 e^{-t}+C_2 t e^{-t},
onde C_1,C_2 são constantes. Vou usar as duas soluções fundamentais
y_1(t)=e^{-t},\qquad y_2(t)=t e^{-t}.

Passo 3

Método da variação de parâmetros (ideia e sistema a resolver).
Procuramos uma solução particular da forma
y_p(t)=u_1(t)y_1(t)+u_2(t)y_2(t),
onde u_1,u_2 são funções a determinar. Para fixar essas funções impomos as duas condições usuais:
u_1'(t)y_1(t)+u_2'(t)y_2(t)=0,
u_1'(t)y_1'(t)+u_2'(t)y_2'(t)=\text{RHS}(t),
onde \text{RHS}(t)=e^{-t}\ln t é o lado não-homogêneo. Agora calculo y_1',y_2':
y_1'(t)=-e^{-t},\qquad y_2'(t)=(t e^{-t})' = e^{-t}-t e^{-t}=(1-t)e^{-t}.
Substituindo y_1,y_2,y_1',y_2' nas duas equações obtemos o sistema para u_1',u_2':
u_1' e^{-t} + u_2' t e^{-t} = 0,
u_1'(-e^{-t}) + u_2'(1-t)e^{-t} = e^{-t}\ln t.

Passo 4

Simplifico o sistema dividindo por e^{-t} (que é não nulo para todo t):
u_1' + t u_2' = 0,
- u_1' + (1-t) u_2' = \ln t.
Agora resolvo esse sistema linear em u_1',u_2'. Da primeira equação
u_1' = -t u_2'.
Substituo na segunda:
-(-t u_2') + (1-t)u_2' = \ln t \quad\Rightarrow\quad t u_2' + (1-t)u_2' = \ln t.
O lado esquerdo simplifica para u_2', portanto
u_2'(t)=\ln t.
E então
u_1'(t) = -t \ln t.

Passo 5

Integro para obter u_1,u_2.
Primeiro
u_2(t)=\int \ln t\,dt.
Faço a integral por partes: tomo a=\ln t,\; db=dt\Rightarrow da=\frac{1}{t}dt,\; b=t. Assim
\int \ln t\,dt = t\ln t - \int t\cdot\frac{1}{t}dt = t\ln t - t + C.
Para variação de parâmetros podemos escolher as constantes de integração iguais a zero (qualquer constante adicionada a u_1 ou u_2 seria absorvida pela solução homogênea), então tomo
u_2(t)=t\ln t - t.
Agora
u_1(t)=\int -t\ln t\,dt = -\int t\ln t\,dt.
Faço a integral \int t\ln t\,dt por partes: tomo u=\ln t,\; dv=t\,dt\Rightarrow du=\frac{1}{t}dt,\; v=\frac{t^2}{2}. Então
\int t\ln t\,dt = \frac{t^2}{2}\ln t - \int \frac{t^2}{2}\cdot\frac{1}{t}dt = \frac{t^2}{2}\ln t - \int \frac{t}{2}dt = \frac{t^2}{2}\ln t - \frac{t^2}{4} + C.
Novamente tomo a constante zero e, com o sinal negativo,
u_1(t) = -\frac{t^2}{2}\ln t + \frac{t^2}{4}.

Passo 6

Construo y_p=u_1y_1+u_2y_2. Substituindo:
y_p(t)=\Big(-\frac{t^2}{2}\ln t + \frac{t^2}{4}\Big)e^{-t} + (t\ln t - t)\cdot t e^{-t}.
Simplifico o segundo termo: (t\ln t - t)\cdot t e^{-t} = (t^2\ln t - t^2)e^{-t}.
Somando com o primeiro termo e agrupando termos em \ln t e termos polinomiais:
y_p(t)=e^{-t}\Big(-\frac{t^2}{2}\ln t + \frac{t^2}{4} + t^2\ln t - t^2\Big).
As parcelas com \ln t dão -\frac{t^2}{2}\ln t + t^2\ln t = \frac{t^2}{2}\ln t.
As restantes dão \frac{t^2}{4}-t^2 = -\frac{3t^2}{4}.
Logo
y_p(t)=e^{-t}\Big(\frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2\Big) = t^2 e^{-t}\Big(\frac{1}{2}\ln t - \frac{3}{4}\Big).

Passo 7

A solução geral da equação não-homogênea é
y(t)=y_h(t)+y_p(t)=C_1 e^{-t}+C_2 t e^{-t} + e^{-t}\Big(\frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2\Big).
Para facilitar os cálculos com as condições iniciais, escrevo em forma fatorada:
y(t)=e^{-t}\Big(C_1 + C_2 t + \frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2\Big).

Passo 8

Agora aplico as condições iniciais em t=1.
Calculo primeiro y(1). Note que \ln 1=0 e e^{-1}=e^{-1}. Então
y(1)=e^{-1}\Big(C_1 + C_2\cdot 1 + \frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot 0 - \frac{3}{4}\cdot 1^2\Big) = e^{-1}\big(C_1 + C_2 - \tfrac{3}{4}\big).
Pela condição y(1)=1 obtemos
e^{-1}\big(C_1 + C_2 - \tfrac{3}{4}\big)=1 \quad\Rightarrow\quad C_1 + C_2 = e + \tfrac{3}{4}. \tag{I}
Agora calculo y'(t). Usarei a forma y(t)=e^{-t}H(t) com
H(t)=C_1 + C_2 t + \frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2.
Então
y'(t)= -e^{-t}H(t) + e^{-t}H'(t) = e^{-t}\big(H'(t)-H(t)\big).
Calculo H'(t):
H'(t) = C_2 + \frac{d}{dt}\!\Big(\frac{t^2}{2}\ln t\Big) - \frac{d}{dt}\!\Big(\frac{3}{4}t^2\Big).
Já calculámos antes que \frac{d}{dt}\!\big(\frac{t^2}{2}\ln t\big)= t\ln t + \tfrac{t}{2} e \frac{d}{dt}\!\big(\frac{3}{4}t^2\big)=\tfrac{3}{2}t. Assim
H'(t)=C_2 + t\ln t + \tfrac{t}{2} - \tfrac{3}{2}t = C_2 + t\ln t - t.
Portanto, em t=1 (onde \ln 1=0):
H(1)=C_1 + C_2 - \tfrac{3}{4},\qquad H'(1)=C_2 - 1.
Logo
y'(1)=e^{-1}\big(H'(1)-H(1)\big) = e^{-1}\big((C_2-1) - (C_1 + C_2 - \tfrac{3}{4})\big) = e^{-1}\big(-C_1 - \tfrac{1}{4}\big).
A condição y'(1)=1
e^{-1}\big(-C_1 - \tfrac{1}{4}\big)=1 \quad\Rightarrow\quad -C_1 - \tfrac{1}{4}=e \quad\Rightarrow\quad C_1 = -e - \tfrac{1}{4}. \tag{II}
Substituo (II) em (I) para obter C_2:
(-e - \tfrac{1}{4}) + C_2 = e + \tfrac{3}{4} \quad\Rightarrow\quad C_2 = 2e + 1.

Passo 9

Substituo C_1 e C_2 na solução geral. Assim a solução que satisfaz as condições iniciais é
y(t)=e^{-t}\Big(-e - \tfrac{1}{4} + (2e+1)t + \frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2\Big).

Resposta

y(t)=e^{-t}\Big(-e - \tfrac{1}{4} + (2e+1)t + \frac{t^2}{2}\ln t - \frac{3}{4}t^2\Big).

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