Ache a solução do PVI dado.
\frac{d y}{d t}=\frac{y^{2}-1}{t^{2}-1}, \quad y(2)=2

Passo 1

O enunciado dá o problema inicial (PVI):
\frac{dy}{dt}=\frac{y^{2}-1}{t^{2}-1},\qquad y(2)=2.
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação diferenciais mostra a derivada \dfrac{dy}{dt} em função de t e y.
  • A condição inicial é y(2)=2.
  • Atenção aos pontos onde o denominador se anula: t^{2}-1=0 para t=\pm 1. Nesses pontos a expressão da RHS não está definida, logo não podemos ter solução atravessando t=\pm1.
  • Também há soluções constantes possíveis quando y^{2}-1=0, ou seja y\equiv 1 e y\equiv -1, que são soluções triviais da equação (mas não satisfazem a condição inicial).

Passo 2

Identificação do tipo de equação e primeira manipulação: a equação é separável because as variáveis aparecem em fatores que permitem escrever todos os termos com y num lado e com t no outro. Isso significa que podemos escrever:
\frac{dy}{y^{2}-1}=\frac{dt}{t^{2}-1}.
Explicando o porquê: “separável” significa que existe uma maneira de reorganizar a equação para ter uma função apenas de y multiplicando dy de um lado e uma função apenas de t multiplicando dt do outro; aí integramos cada lado independentemente.

Passo 3

Integração dos dois lados: precisamos integrar
\int \frac{dy}{y^{2}-1}=\int \frac{dt}{t^{2}-1}.
Para integrar \dfrac{1}{u^{2}-1} usamos a decomposição em frações parciais. A identidade é
\frac{1}{u^{2}-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{u-1}-\frac{1}{u+1}\right).
Mostrando rapidamente: ao combinar frações do lado direito obtém-se \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{(u+1)-(u-1)}{u^{2}-1}=\dfrac{1}{u^{2}-1}. Portanto
\int \frac{du}{u^{2}-1}=\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{u-1}-\frac{1}{u+1}\right)du =\frac{1}{2}\ln\left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C.
Aplicando isso aos dois lados (com u=y à esquerda e u=t à direita) obtemos:
\frac{1}{2}\ln\left|\frac{y-1}{y+1}\right|=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{t-1}{t+1}\right|+C,
onde C é constante de integração.

Passo 4

Simplificar a expressão logarítmica: multiplicando por 2 e exponenciando,
\ln\left|\frac{y-1}{y+1}\right|=\ln\left|\frac{t-1}{t+1}\right|+2C \quad\Rightarrow\quad \left|\frac{y-1}{y+1}\right|=K\left|\frac{t-1}{t+1}\right|,
onde K=e^{2C}>0 é constante positiva. Podemos incorporar sinais e escrever a relação geral sem valor absoluto:
\frac{y-1}{y+1}=C_1\frac{t-1}{t+1},
onde C_1\in\mathbb{R} é uma constante (pode ser positiva, negativa ou zero). Esta é a forma implícita geral da família de soluções (exceto as constantes y\equiv\pm1 já notadas).

Passo 5

Determinar a constante usando a condição inicial y(2)=2. Calculamos os dois lados em t=2, y=2:
\frac{y-1}{y+1}\Bigg|_{(2,2)}=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}, \qquad \frac{t-1}{t+1}\Bigg|_{t=2}=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}.
Logo
\frac{1}{3}=C_1\cdot\frac{1}{3}\quad\Rightarrow\quad C_1=1.
Portanto a relação entre y e t para a solução específica é
\frac{y-1}{y+1}=\frac{t-1}{t+1}.

Passo 6

Resolver essa equação para y em termos de t. Multiplicando em cruz:
(y-1)(t+1)=(y+1)(t-1).
Expandindo ambos os lados:
yt+y-t-1=yt-y+t-1.
Simplificando (cancelando yt e -1 dos dois lados):
y - t = -y + t.
Somando y e somando t em ambos os lados:
2y=2t\quad\Rightarrow\quad y=t.
Portanto a solução obtida a partir da condição inicial é \,y(t)=t.

Passo 7

Verificações e comentários finais:
  • Verificar diretamente na equação original: substituindo y=t temos \dfrac{dy}{dt}=1 e \dfrac{y^{2}-1}{t^{2}-1}=\dfrac{t^{2}-1}{t^{2}-1}=1 para t\neq\pm1, então a igualdade é satisfeita para t\neq\pm1.
  • A condição inicial y(2)=2 é satisfeita por y(t)=t.
  • Lembrar que a equação original não está definida em t=\pm1; assim a solução y(t)=t é válida em qualquer intervalo que não contenha \pm 1. Em particular a solução única que passa por t=2 é y(t)=t no intervalo que contém 2 e não contém \pm1 (por exemplo em (1,\infty)).

Resposta

y(t)=t,\quad t\in\mathbb{R}\setminus\{-1,1\}

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