Considere o PVI
Observe que a solução l dydt=-t+raizt^2+4 y2 y(2)=-1 é obtida da família de soluções do ítem anterior, tomando-se y1. Mostre que não há escolha de c=-1 que dê a solução c in R.

Passo 1

O PVI é dado por y'(t)=-t+raizt^2+4y2 com y(2)=-1. Do item anterior temos uma família de soluções gerais yc(t) que dependem de um parâmetro c. Vamos ver por que a segunda solução y2(t)=-tfract^24 não se obtém para nenhum valor de c.

Passo 2

Começamos relembrando a família de soluções do item anterior. Definindo u(t)=raizt^2+4y(t), injetamos na EDO e achamos que, sempre que u(t)neq0, vale u'(t)=1. Integrando, u(t)=t+c. Voltando a y,
y(t)=u(t)^2-t^24 = (t+c)^2-t^24 = 2ct + c^24 = c2,t + c^24

Passo 3

Portanto a família geral é uma função linear de t:
yc(t)=c2t + c^24

Passo 4

Agora considere a solução singular y2(t)=-tfract^24. Para que ela estivesse na mesma família, teríamos que ter
c2t + c^24 equiv -t^24,

Passo 5

isto é, um polinômio de grau 1 (o lado esquerdo) sendo igual a um polinômio de grau 2 (o lado direito) para todo t. Isso só seria possível se os coeficientes de t^2, de t e o termo independente coincidissem, mas do lado esquerdo não há t^2. Logo não há nenhum cinR que faça essa identidade.

Passo 6

Como não conseguimos igualar o termo em t^2, concluímos que y2(t)=-tfract^24 não pertence à família yc(t) para nenhum valor real de c.

Resposta

Não existe nenhum valor de cinR que faça a solução yc(t)=tfracc2t+tfracc^24 coincidir com y2(t)=-tfract^24.

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