Use o método da variação de parâmetros para encontrar uma solução particular das seguintes equações:
y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=e^{x} \ln x, x>0

Passo 1

Enunciado e dados que temos (resumindo para ficar claro o que pediram):
Temos a equação diferencial
y''-2y'+y=e^{x}\ln x,\qquad x>0,
e o pedido é: usar o método da variação de parâmetros para encontrar uma solução particular y_{p}(x) dessa equação.
Informações relevantes dadas pelo enunciado: o lado direito é \,e^{x}\ln x e o domínio é x>0 (isso garante que \ln x está definida). A equação é linear de segunda ordem com coeficientes constantes.

Passo 2

Encontrar a solução geral da equação homogênea associada (porque a variação de parâmetros usa as soluções homogêneas). A equação homogênea é
y''-2y'+y=0.
Formamos a equação característica:
r^{2}-2r+1=0.
Resolvendo,
r=(2\pm\sqrt{4-4})/2=1,
ou seja, raiz dupla r=1. Portanto uma base de soluções fundamentais é
y_{1}(x)=e^{x},\qquad y_{2}(x)=x e^{x}.
Essas duas funções são linearmente independentes (uma pode verificar o Wronskiano), então podemos usá-las no método.

Passo 3

Ideia do método da variação de parâmetros (explicando passo a passo, como usar na prova): procuramos uma solução particular da forma
y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x),
onde u_{1} e u_{2} são funções a determinar. Para simplificar as contas impomos a condição auxiliar padrão
u_{1}'(x)y_{1}(x)+u_{2}'(x)y_{2}(x)=0,
isso evita termos com u_{1}'' e u_{2}'' ao derivar duas vezes. A segunda equação vem de substituir y_{p} na equação original; ela fica
u_{1}'(x)y_{1}'(x)+u_{2}'(x)y_{2}'(x)=g(x),
onde g(x) é o termo do lado direito dividido pelo coeficiente de y'' (aqui é 1), portanto
g(x)=e^{x}\ln x.
Resumo do sistema para u_{1}' e u_{2}':
\begin{cases} u_{1}'y_{1}+u_{2}'y_{2}=0,\\[4pt] u_{1}'y_{1}'+u_{2}'y_{2}'=g(x). \end{cases}]

Passo 4

Calcular as derivadas das soluções fundamentais e montar explicitamente o sistema. Temos
y_{1}(x)=e^{x},\quad y_{1}'(x)=e^{x},
y_{2}(x)=x e^{x},\quad y_{2}'(x)=e^{x}+x e^{x}=e^{x}(1+x).
Substituindo nas equações do sistema:
\begin{cases} u_{1}'e^{x}+u_{2}'x e^{x}=0,\\[4pt] u_{1}'e^{x}+u_{2}'e^{x}(1+x)=e^{x}\ln x. \end{cases}
Dividindo ambas as equações por e^{x} (é sempre não nulo), obtemos o sistema simples
\begin{cases} u_{1}'+x\,u_{2}'=0,\\[4pt] u_{1}'+(1+x)\,u_{2}'=\ln x. \end{cases}]

Passo 5

Resolver o sistema para u_{1}' e u_{2}'. Subtraindo a primeira equação da segunda elimina u_{1}':
\big(u_{1}'+(1+x)u_{2}'\big)-\big(u_{1}'+x u_{2}'\big)=\ln x-0
que dá
u_{2}'=\ln x.
Então
u_{1}'=-x\,u_{2}'=-x\ln x.

Passo 6

Integrar para obter u_{1} e u_{2}. Começando por u_{2}:
u_{2}(x)=\int \ln x\,dx.
Fazemos a primitiva usando integração por partes: tome a=\ln x e db=dx, então da=\frac{1}{x}dx e b=x. Assim
\int \ln x\,dx = x\ln x - \int x\cdot\frac{1}{x}dx = x\ln x - x + C.
Em variação de parâmetros podemos desprezar a constante de integração (qualquer constante multiplicada por y_{2} seria absorvida na solução homogênea), então escolhemos
u_{2}(x)=x\ln x - x.
Agora u_{1}:
u_{1}(x)=\int -x\ln x\,dx = -\int x\ln x\,dx.
Calcule \int x\ln x\,dx por partes: tome a=\ln x, db=x\,dx então da=\frac{1}{x}dx, b=\frac{x^{2}}{2}. Assim
\int x\ln x\,dx = \frac{x^{2}}{2}\ln x - \int \frac{x^{2}}{2}\cdot\frac{1}{x}dx = \frac{x^{2}}{2}\ln x - \int \frac{x}{2}dx = \frac{x^{2}}{2}\ln x - \frac{x^{2}}{4} + C.
Novamente desprezamos a constante e, portanto,
u_{1}(x)=-\left(\frac{x^{2}}{2}\ln x - \frac{x^{2}}{4}\right) = -\frac{x^{2}}{2}\ln x + \frac{x^{2}}{4}.

Passo 7

Formar a solução particular y_{p}=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2} e simplificar. Substituindo:
y_{p}(x)=\Big(-\frac{x^{2}}{2}\ln x + \frac{x^{2}}{4}\Big)e^{x} + \big(x\ln x - x\big)\,x e^{x}.
Desenvolvendo o segundo termo:
\big(x\ln x - x\big)\,x e^{x} = \big(x^{2}\ln x - x^{2}\big)e^{x}.
Somando com o primeiro termo:
y_{p}(x)=\Big(-\frac{x^{2}}{2}\ln x + \frac{x^{2}}{4} + x^{2}\ln x - x^{2}\Big)e^{x}.
Combinar termos com \ln x e sem \ln x:
-\frac{1}{2}x^{2}\ln x + x^{2}\ln x = \frac{1}{2}x^{2}\ln x,
\frac{x^{2}}{4}-x^{2} = -\frac{3}{4}x^{2}.
Portanto
y_{p}(x)=e^{x}\left(\frac{1}{2}x^{2}\ln x - \frac{3}{4}x^{2}\right).
Uma forma factorada e talvez mais elegante é
y_{p}(x)=x^{2}e^{x}\Big(\tfrac{1}{2}\ln x - \tfrac{3}{4}\Big).

Resposta

y_{p}(x)=x^{2}e^{x}\!\left(\tfrac{1}{2}\ln x - \tfrac{3}{4}\right)

Exercícios relacionados