5. Considere a equação x 2 ln ⁡ x y ' ' - x y ' + y = 0 ,     x > 1

A - Verifique que y = x ,   x > 0 , é solução.

B - Utilizando o exercício anterior, determine outras soluções.

C - Determine a solução geral.

Passo 1

L e t r a   A :

Queremos ver se y = x é solução dessa equação:

x 2 ln ⁡ x y ' ' - x y ' + y = 0

Se ela for solução, então podemos derivar...

y = x   →

y ' = 1         e             y ' ' = 0

E substituir:

x 2 ln ⁡ x ⋅ 0 - x 1 + x = 0   →

- x + x = 0 →

0 = 0

Ora, não chegamos a nenhuma contradição como 1 = 0 ou outro absurdo qualquer. O que significa que de fato y = x é solução da EDO dada!

Passo 2

L e t r a   B :

Sabemos do exercício anterior a esse que a solução y dessa EDO de 1ª ordem aqui é também solução da EDO de 2 ª ordem que queremos:

f x y f ' x y ' = e - ∫ p x d x

Onde f x é a solução da EDO de 2 ª Ordem que já temos, ou seja...

f x = x

Como a derivada de x é 1 ...

x y 1 y ' = e - ∫ p x d x

Calculando esse determinante...

x y ' - y = e - ∫ p x d x

Agora, quem é p x ?

Passo 3

A EDO de 2 ª Ordem que estamos lidando no problema é essa daqui:

x 2 ln ⁡ x y ' ' - x y ' + y = 0

Como x > 0 , podemos dividir todo mundo por x 2 ln ⁡ x ...

y ' ' - 1 x ln ⁡ x y ' + 1 x 2 ln ⁡ x y = 0

De acordo com o formato padrão de EDO de 2 ª Ordem...

y ' ' + p x y ' + q x y = 0

Vemos por comparação quem é o p x :

p x = - 1 x ln ⁡ x

Então...

- ∫ p x d x = ∫ 1 x ln ⁡ x d x =

ln ⁡ ln ⁡ x  

Veja que aqui não precisa adicionar a constante de integração C , então...

x y ' - y = e - ∫ p x d x →

x y ' - y = e ln ⁡ ln ⁡ x →

x y ' - y = ln ⁡ x

Dividindo todo mundo aí por x ...

y ' - 1 x y = 1 x ln ⁡ x

UMA EDO DE 1 ª ORDEM! Vamos resolvê-la?

Passo 4

De acordo com a nossa teoria, a solução dessa EDO é...

y = 1 I ∫ I ⋅ B x d x + C

Onde I é o fator integrante:

I = e ∫ A x d x

Sim, A x e B x vem da nossa EDO:

y ' - 1 x y = 1 x ln ⁡ x       →           A x = - 1 x         e           B x = 1 x ln ⁡ x

Então...

I = e ∫ - 1 x d x = e - ln ⁡ x =

e ln ⁡ x - 1 = x - 1 =

1 x

SHOW! Então a solução será...

y = 1 1 x ∫ 1 x ⋅ 1 x ln ⁡ x d x + C   →

y = x ∫ 1 x 2 ln ⁡ x d x + C   →

Para calcular essa integral, podemos usar integração por partes:

u = ln ⁡ x     e         d v = 1 x 2 d x

d u = 1 x d x                 e               v = - 1 x

Então...

∫ 1 x 2 ln ⁡ x d x = - ln ⁡ x x + ∫ 1 x 2 d x →

∫ 1 x 2 ln ⁡ x d x = - ln ⁡ x x - 1 x

Ou seja, a solução será...

y = x - ln ⁡ x x - 1 x + C   →

y = - ln ⁡ x - 1 + C x  

E essas são as outras soluções da EDO!

Passo 5

L e t r a   C :

A solução geral será a combinação linear das duas soluções:

y = c 1 y 1 + c 2 y 2

Onde y 1 e y 2 são as soluções fundamentais linearmente independentes entre si!

Se uma solução for y 1 = x e a outra y 2 = - ln ⁡ x + 1 , vamos ver se elas satisfazem a condição de LI usando o wronskiano:

W = x - ln ⁡ x + 1 1 - 1 x =

- 1 - - ln ⁡ x + 1 = ln ⁡ x

Como x > 1 , então o Wronskiano é de fato maior que 0 sempre, o que prova que elas são de LI e portanto...

y = c 1 y 1 + c 2 y 2 →

y = c 1 x + c 2 - ln ⁡ x + 1

Resposta

Letra A: Demonstração.

Letra B: y = - ln ⁡ x - 1 + C x

Letra C:

y = c 1 x + c 2 - ln ⁡ x + 1

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