Use a substituição x=e^{t} para transformar a equação de Cauchy-Euler dada em uma equação com coeficientes cosntantes e resolva.
x^{2} y^{\prime \prime}-4 x y^{\prime}+6 y=\ln \left(x^{2}\right)

Passo 1

O enunciado é a equação de Cauchy–Euler
x^{2}y'' - 4x\,y' + 6y = \ln\bigl(x^{2}\bigr),
e pede para usarmos a substituição x = e^{t} (logo t=\ln x) para transformá-la numa EDO com coeficientes constantes e resolvê-la.

Passo 2

Definimos
y(x)=u(t)\quad\text{com}\quad t=\ln x.
Pelo efeito da cadeia, temos
\frac{dy}{dx} = \frac{du}{dt}\,\frac{dt}{dx} = \frac{1}{x}u' \quad\text{e}\quad \frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{d}{dx}\Bigl(\frac{1}{x}u'\Bigr) = \frac{1}{x^{2}}\bigl(u'' - u'\bigr),
onde o prime em u',u'' indica derivada em relação a t.

Passo 3

Substituindo em x^{2}y'' - 4x\,y' + 6y = \ln(x^{2}), obtemos
x^{2}\cdot\frac{1}{x^{2}}\bigl(u'' - u'\bigr) -4x\cdot\frac{1}{x}u'+6u = \ln\bigl(e^{2t}\bigr)
ou seja
u'' - u' - 4u' + 6u = 2t \quad\Longrightarrow\quad u'' - 5u' + 6u = 2t.

Passo 4

A equação homogênea associada é
u'' - 5u' + 6u = 0,
com equação característica
r^{2} - 5r + 6 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (r-2)(r-3)=0,
logo r=2 ou r=3. Assim
u_{h}(t) = C_{1}e^{2t} + C_{2}e^{3t}.

Passo 5

Procuramos um particular u_{p}(t) do tipo polinomial em t, digamos
u_{p}(t) = A\,t + B.
Então u_{p}'=A e u_{p}''=0. Substituindo em u'' -5u' +6u = 2t, vem
0 -5A + 6(At + B) = 2t \;\Longrightarrow\; 6A\,t + (6B - 5A) = 2t.
Igualando coeficientes de t e constantes:
6A = 2 \quad\Rightarrow\quad A=\tfrac{1}{3}, \qquad 6B - 5A = 0 \quad\Rightarrow\quad B = \frac{5}{18}.
Logo
u_{p}(t) = \frac{1}{3}t + \frac{5}{18}.

Passo 6

A solução geral em t é
u(t) = u_{h}(t) + u_{p}(t) = C_{1}e^{2t} + C_{2}e^{3t} + \frac{1}{3}t + \frac{5}{18}.
Voltando a x, temos e^{2t}=x^{2}, e^{3t}=x^{3} e t=\ln x. Então
y(x) = C_{1}x^{2} + C_{2}x^{3} + \frac{1}{3}\ln x + \frac{5}{18}.

Resposta

A solução geral é
y(x) = C_{1}x^{2} + C_{2}x^{3} + \frac{1}{3}\ln x + \frac{5}{18}.

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