Encontre uma solução particular da EDO.
4 y^{\prime \prime}+y=2 \operatorname{sec} \left(\frac{t}{2}\right), \quad-\pi<t<\pi

Passo 1

O enunciado pede: encontrar uma solução particular da equação diferencial ordinária
4y^{\prime\prime}+y=2\operatorname{sec}\!\left(\frac{t}{2}\right),\qquad -\pi<t<\pi.
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação é linear de segunda ordem com coeficientes constantes e termo forçante 2\operatorname{sec}\!\left(\dfrac{t}{2}\right).
  • O intervalo (- \pi,\pi) garante que \cos\!\left(\dfrac{t}{2}\right) é estritamente positivo (porque \dfrac{t}{2}\in(-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2})), então não há problemas de sinal no logaritmo que vamos encontrar.
  • O que se pede é apenas uma solução particular y_p(t) (não a solução geral).

Passo 2

Começo resolvendo a equação homogênea associada para ter as soluções fundamentais (necessárias para o método que vou usar).
A homogênea é
4y^{\prime\prime}+y=0.
Dividindo por 4 (para ficar na forma padrão) obtém-se
y^{\prime\prime}+\frac{1}{4}y=0.
A equação característica é r^{2}+\dfrac{1}{4}=0, cujas raízes são r=\pm \dfrac{i}{2}. Quando as raízes são imaginárias conjugas \pm i\omega a solução geral homogênea é combinação linear de \cos(\omega t) e \sin(\omega t). Aqui \omega=\dfrac{1}{2}, logo as duas soluções fundamentais são
y_1(t)=\cos\!\left(\frac{t}{2}\right),\qquad y_2(t)=\sin\!\left(\frac{t}{2}\right).
Explicando rápido: y_1 e y_2 são chamadas soluções fundamentais porque são linearmente independentes e geram toda solução da homogênea por combinação linear.

Passo 3

Vou usar o método de variação de parâmetros (é um método padrão para obter uma solução particular quando o lado direito não é polinomial/exponencial/trigonométrica “simples” que se trata com coeficientes não constantes).
Passos essenciais do método:
  • Colocar a EDO na forma padrão y''+p(t)y'+q(t)y=g(t). Aqui, dividindo por 4,
y''+\frac{1}{4}y=\underbrace{\frac{1}{2}\operatorname{sec}\!\left(\frac{t}{2}\right)}_{g(t)}.
  • Se y_1,y_2 são soluções fundamentais e W(t) o wronskiano, as funções auxiliares u_1'(t) e u_2'(t) são dadas por
u_1'(t)=-\frac{g(t)\,y_2(t)}{W(t)},\qquad u_2'(t)=\frac{g(t)\,y_1(t)}{W(t)}.
  • Depois integra-se u_1',u_2' para obter u_1,u_2 (constantes de integração podem ser tomadas zero, porque estamos apenas construindo uma solução particular) e monta-se
y_p(t)=u_1(t)y_1(t)+u_2(t)y_2(t).
Aqui g(t)=\dfrac{1}{2}\operatorname{sec}\!\left(\dfrac{t}{2}\right). Vou calcular o wronskiano e as derivadas necessárias.

Passo 4

Calculo das derivadas de y_1,y_2 e do wronskiano W.
y_1(t)=\cos\!\left(\frac{t}{2}\right)\quad\Rightarrow\quad y_1'(t)=-\frac{1}{2}\sin\!\left(\frac{t}{2}\right).
y_2(t)=\sin\!\left(\frac{t}{2}\right)\quad\Rightarrow\quad y_2'(t)=\frac{1}{2}\cos\!\left(\frac{t}{2}\right).
O wronskiano é
W(t)=\begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\\ y_1' & y_2'\end{vmatrix} = y_1y_2'-y_1'y_2.
Substituindo:
W(t)=\cos\!\left(\frac{t}{2}\right)\cdot\frac{1}{2}\cos\!\left(\frac{t}{2}\right) - \Big(-\frac{1}{2}\sin\!\left(\frac{t}{2}\right)\Big)\sin\!\left(\frac{t}{2}\right).
W(t)=\frac{1}{2}\big(\cos^2\!\left(\frac{t}{2}\right)+\sin^2\!\left(\frac{t}{2}\right)\big)=\frac{1}{2}.
Observação didática: o wronskiano é constante e igual a \dfrac{1}{2}, portanto nunca zero no intervalo considerado — ótimo, o método é aplicável.

Passo 5

Agora substituo em u_1' e u_2'. Lembre que g(t)=\dfrac{1}{2}\operatorname{sec}\!\left(\dfrac{t}{2}\right).
u_1'(t)=-\frac{g(t)\,y_2(t)}{W(t)} =-\frac{\tfrac{1}{2}\operatorname{sec}\!\left(\tfrac{t}{2}\right)\cdot\sin\!\left(\tfrac{t}{2}\right)}{\tfrac{1}{2}} =-\operatorname{sec}\!\left(\tfrac{t}{2}\right)\sin\!\left(\tfrac{t}{2}\right).
Simplificando \operatorname{sec}\cdot\sin=\dfrac{\sin}{\cos}=\tan, obtemos
u_1'(t)=-\tan\!\left(\frac{t}{2}\right).
Para u_2':
u_2'(t)=\frac{g(t)\,y_1(t)}{W(t)} =\frac{\tfrac{1}{2}\operatorname{sec}\!\left(\tfrac{t}{2}\right)\cdot\cos\!\left(\tfrac{t}{2}\right)}{\tfrac{1}{2}} =\operatorname{sec}\!\left(\tfrac{t}{2}\right)\cos\!\left(\tfrac{t}{2}\right)=1.
Portanto u_2'(t)=1.
Pequena explicação: chegamos a expressões simples e fáceis de integrar — meta do método é justamente transformar o problema numa integração de funções conhecidas.

Passo 6

Agora integro u_1' e u_2'.
Para u_2:
u_2(t)=\int 1\,dt = t + C_2.
Para construir uma solução particular posso escolher C_2=0, então tomo u_2(t)=t.
Para u_1:
u_1(t)=\int -\tan\!\left(\frac{t}{2}\right)\,dt.
Faço a substituição u=\dfrac{t}{2}\Rightarrow dt=2\,du. Então
\int \tan\!\left(\frac{t}{2}\right)\,dt = 2\int \tan u\,du = -2\ln\big|\cos u\big| + C = -2\ln\Big|\cos\!\left(\frac{t}{2}\right)\Big| + C.
Com o sinal negativo na frente:
u_1(t)= -\int \tan\!\left(\frac{t}{2}\right)\,dt = 2\ln\Big|\cos\!\left(\frac{t}{2}\right)\Big| + C_1.
Novamente escolho C_1=0 para a solução particular, ficando
u_1(t)=2\ln\Big|\cos\!\left(\frac{t}{2}\right)\Big|.
Observação: no intervalo dado (- \pi,\pi) tem-se \cos\!\left(\tfrac{t}{2}\right)>0, então \ln|\cos(\tfrac{t}{2})|=\ln\cos(\tfrac{t}{2}). Posso, portanto, eliminar as barras de valor absoluto se quiser.

Passo 7

Finalmente monto a solução particular pela fórmula
y_p(t)=u_1(t)y_1(t)+u_2(t)y_2(t).
Substituindo u_1,u_2,y_1,y_2:
y_p(t)=\Big(2\ln\Big|\cos\!\left(\frac{t}{2}\right)\Big|\Big)\cos\!\left(\frac{t}{2}\right) + t\sin\!\left(\frac{t}{2}\right).
Como já observei \cos\!\left(\tfrac{t}{2}\right)>0 para t\in(-\pi,\pi), posso escrever sem barras:
y_p(t)=2\cos\!\left(\frac{t}{2}\right)\ln\!\left(\cos\!\left(\frac{t}{2}\right)\right)+t\sin\!\left(\frac{t}{2}\right).
Breve comentário de verificação: o método de variação de parâmetros garante que essa y_p satisfaz a equação padrão y''+\tfrac{1}{4}y=\tfrac{1}{2}\operatorname{sec}(\tfrac{t}{2}); multiplicando por 4 recupera-se a equação original.

Resposta

y_p(t)=2\cos\!\left(\dfrac{t}{2}\right)\ln\!\left(\cos\!\left(\dfrac{t}{2}\right)\right)+t\sin\!\left(\dfrac{t}{2}\right)

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