[9.] Encontre as soluções da EDO,
u^{\prime}=\frac{u}{t}+\frac{t}{u}
Verifique por substituição que as duas famílias de soluções obtidas no exercício anterior, são de fato soluções.

Passo 1

O enunciado pede para encontrar as soluções da equação diferencial ordinária
u^{\prime}=\frac{u}{t}+\frac{t}{u},
onde u=u(t) é a função desconhecida e t é a variável independente. Também é pedido verificar por substituição que as duas famílias de soluções obtidas (a positiva e a negativa) são de fato soluções.
Informações e observações iniciais que vêm do próprio enunciado:
  • A equação envolve termos \dfrac{u}{t} e \dfrac{t}{u}, portanto t\neq0 e também não podemos ter u=0 em pontos onde a equação precisa valer (pois isso tornaria \dfrac{t}{u} indefinido).
  • Vamos procurar a família geral de soluções dependente de uma constante arbitrária C.
  • Em passos posteriores vou transformar a EDO para uma equação mais simples para resolver.

Passo 2

Motivação para uma substituição útil e cálculo inicial.
Repare que a equação contém tanto u quanto \dfrac{t}{u}. Uma ideia natural é eliminar a fração envolvendo 1/u passando para a variável y=u^{2}. Isso costuma simplificar porque a derivada de u^{2} está relacionada a u u^{\prime}.
Defina
y:=u^{2}.
Aplicando a regra da cadeia para derivar y em função de t obtemos
y' = (u^{2})' = 2u\,u'.
Agora isolamos u u' da equação original: multiplicando a EDO por u (lembre que isso só é válido quando u\neq0) obtemos
u\,u' = \frac{u^{2}}{t} + t.
Substituindo u\,u'=\dfrac{y'}{2} e u^{2}=y temos uma equação para y:
\frac{y'}{2} = \frac{y}{t} + t.
Multiplicando por 2 resulta
y' = \frac{2y}{t} + 2t.
Portanto a substituição transformou a EDO não-linear em uma EDO linear de primeira ordem para y.

Passo 3

Resolver a EDO linear para y.
Escrevemos a equação obtida na forma padrão de uma equação linear:
y' - \frac{2}{t}\,y = 2t.
Aqui a função p(t) (coeficiente de y) é p(t)=-\dfrac{2}{t}. O método do fator integrante (integrating factor) diz: calcular
\mu(t)=\exp\!\left(\int p(t)\,dt\right)=\exp\!\left(\int -\frac{2}{t}\,dt\right).
Como \int -\dfrac{2}{t}\,dt = -2\ln|t|, temos
\mu(t)=\exp(-2\ln|t|)=|t|^{-2}.
(Para t\neq0 podemos trabalhar com \mu(t)=t^{-2} porque |t|^{-2}=t^{-2}.)
Multiplicando toda a equação por \mu(t)=t^{-2} obtemos
t^{-2}y' - 2t^{-3}y = 2t^{-1}.
O lado esquerdo é exatamente a derivada do produto t^{-2}y, isto é,
\big(t^{-2}y\big)' = \frac{2}{t}.
Agora integramos ambos os lados em t:
t^{-2}y = \int \frac{2}{t}\,dt = 2\ln|t| + C,
onde C é constante arbitrária de integração.
Multiplicando por t^{2} obtemos a solução geral para y:
y(t)=2t^{2}\ln|t| + C t^{2}.

Passo 4

Voltar para u a partir de y.
Lembrando que y=u^{2}, temos
u^{2}(t)=t^{2}\big(2\ln|t|+C\big).
Tomando raiz quadrada (e lembrando que uma equação u^{2}=\dots dá duas raízes) obtemos as duas famílias de soluções
u(t)=+t\sqrt{\,2\ln|t|+C\,} \qquad\text{e}\qquad u(t)=-t\sqrt{\,2\ln|t|+C\,},
onde C é constante arbitrária real. Aqui escrevemos \sqrt{2\ln|t|+C} assumindo que o conteúdo da raiz é não negativo; portanto a solução existe (e é real) em intervalos onde
2\ln|t|+C>0.
Além disso, sempre precisamos de t\neq0 (a equação original exige isso) e de u(t)\neq0 nos pontos onde a EDO de partida é exigida (a presença de t/u impede que u anule em pontos do domínio da solução). Assim, uma solução real válida num intervalo exige que t\neq0 e 2\ln|t|+C>0 nesse intervalo.

Passo 5

Verificação por substituição (mostrar que as famílias são soluções).
Uma verificação eficiente é usar y=u^{2} novamente. A EDO original é equivalente (quando u\neq0) à equação para y:
y' = \frac{2y}{t} + 2t.
Já resolvemos essa equação e encontramos
y(t)=2t^{2}\ln|t|+C t^{2}.
Calculamos explicitamente y' para verificar a igualdade:
usar produto e regra da derivada do log:
\begin{aligned} y'(t) &= \big(2t^{2}\ln|t|\big)' + (C t^{2})' \\\ &= 2\big(2t\ln|t| + t^{2}\cdot\frac{1}{t}\big) + 2Ct \\\ &= 4t\ln|t| + 2t + 2Ct \\\ &= 2t\big(2\ln|t|+1+C\big). \end{aligned}
Agora computamos o lado direito \dfrac{2y}{t}+2t:
\frac{2y}{t}+2t = \frac{2(2t^{2}\ln|t|+C t^{2})}{t}+2t = 4t\ln|t| + 2Ct + 2t,
que coincide com y'(t). Portanto y satisfaz a equação linear. Voltando para u, como y= u^{2} satisfaz a equação equivalente e estamos assumindo u\neq0 no domínio, segue que u satisfaz a equação original. Isso confirma que tanto
u(t)=+t\sqrt{\,2\ln|t|+C\,} \quad\text{quanto}\quad u(t)=-t\sqrt{\,2\ln|t|+C\,}
são soluções (cada uma válida nos intervalos onde a raiz é real e t\neq0).

Passo 6

Observações finais e cuidados para a prova (dicas rápidas e empurrãozinho amigo).
  • Anota na prova: faça a substituição y=u^{2} porque ela transforma a EDO não-linear numa EDO linear simples. Mostra a derivada y'=2u u' e substitui — isso é o passo-chave.
  • Ao integrar, não esquece do \ln|t| (o módulo é importante).
  • Ao voltar para u, escreve a solução com \pm e especifica o domínio onde a expressão dentro da raiz é positiva e t\neq0.
  • Não tente forçar a solução u\equiv0: ela não é permitida porque a equação original tem \dfrac{t}{u}.
Força aí — você consegue! 😊

Resposta

u(t)=t\sqrt{\,2\ln|t|+C\,}
u(t)=-t\sqrt{\,2\ln|t|+C\,}

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