II) Determine uma solução particular das E.D.O. de 2^{\mathrm{a}} ordem utilizando o Método da Variação dos Parâmetros, conhecendo-se y_{1}(t) e y_{2}(t).
  1. t^{2} y^{\prime \prime}-2 y=3 t^{2}-1, y_{1}(t)=t^{2}, y_{2}(t)=t^{-1}
Sol. y_{p}(t)=\frac{1}{2}+t^{2} \ln (t)

Passo 1

O enunciado pede: determinar uma solução particular da E.D.O.
t^{2}y''-2y=3t^{2}-1,
sabendo-se duas soluções independentes da homogênea: y_{1}(t)=t^{2} e y_{2}(t)=t^{-1}.
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação original é \;t^{2}y''-2y=3t^{2}-1\;.
  • Soluções fundamentais da equação homogênea associada são \;y_{1}(t)=t^{2}\; e \;y_{2}(t)=t^{-1}\;.
  • Deve-se usar o método da variação dos parâmetros para obter uma solução particular y_{p}(t).
  • Observação sobre domínio: a equação foi dada com fator t^{2} multiplicando y'', logo t\neq0. Ao usar \ln aparecerá \ln|t|; se for preciso podemos supor t>0 para escrever \ln t.

Passo 2

Colocar a equação na forma padrão y''+P(t)y'+Q(t)y=G(t), dividindo por t^{2} (válido para t\neq0):
y''-\frac{2}{t^{2}}\,y=3-\frac{1}{t^{2}}.
Assim identificamos
P(t)=0,\qquad Q(t)=-\frac{2}{t^{2}},\qquad G(t)=3-\frac{1}{t^{2}}.

Passo 3

Calcular o Wronskiano das duas soluções dadas. Por definição,
W(t)=\begin{vmatrix} y_{1}(t) & y_{2}(t)\\[4pt] y_{1}'(t) & y_{2}'(t) \end{vmatrix}.
Com y_{1}(t)=t^{2} e y_{2}(t)=t^{-1} temos y_{1}'(t)=2t e y_{2}'(t)=-t^{-2}. Então
W(t)=t^{2}\cdot(-t^{-2})-t^{-1}\cdot(2t)=-1-2=-3.
Observação: o Wronskiano é constante e diferente de zero ( W=-3), portanto y_{1} e y_{2} são independentes e podemos aplicar variação dos parâmetros.]

Passo 4

Explicar o método da variação dos parâmetros (de forma prática e sem pular passos).
  • Procuramos uma solução particular na forma
y_{p}(t)=u_{1}(t)\,y_{1}(t)+u_{2}(t)\,y_{2}(t),
onde u_{1}(t)\) e \(u_{2}(t)\) são funções a determinar (em vez de constantes). - Impomos a condição auxiliar habitual para simplificar cálculos: \[u_{1}'(t)\,y_{1}(t)+u_{2}'(t)\,y_{2}(t)=0.
  • Substituindo y_{p} na equação padrão e usando a condição auxiliar chega-se ao sistema linear para u_{1}' e u_{2}':
\begin{cases} u_{1}'(t)\,y_{1}(t)+u_{2}'(t)\,y_{2}(t)=0,\\[4pt] u_{1}'(t)\,y_{1}'(t)+u_{2}'(t)\,y_{2}'(t)=G(t). \end{cases}
  • Esse sistema 2×2 tem solução dada por Cramer; usando o Wronskiano W\] obtemos as fórmulas padrão \[u_{1}'(t)=-\frac{G(t)\,y_{2}(t)}{W(t)},\qquad u_{2}'(t)=\frac{G(t)\,y_{1}(t)}{W(t)}.\] Essas fórmulas são diretas de aplicar: basta conhecer \(G,y_{1},y_{2},W.]

Passo 5

Aplicar as fórmulas para u_{1}' e u_{2}'. Lembrando G(t)=3-\dfrac{1}{t^{2}}, y_{1}=t^{2}, y_{2}=t^{-1} e W=-3:
u_{1}'(t)=-\frac{\big(3-\dfrac{1}{t^{2}}\big)\,t^{-1}}{-3} =\frac{1}{3}\big(3-\tfrac{1}{t^{2}}\big)t^{-1}.
Simplificando:
u_{1}'(t)=\frac{1}{3}\big(3t^{-1}-t^{-3}\big)=t^{-1}-\tfrac{1}{3}t^{-3}.
Agora u_{2}':
u_{2}'(t)=\frac{\big(3-\dfrac{1}{t^{2}}\big)\,t^{2}}{-3} =-\frac{1}{3}\big(3t^{2}-1\big)=-t^{2}+\tfrac{1}{3}.

Passo 6

Integrar u_{1}' e u_{2}' para obter u_{1} e u_{2}. Integrais passo a passo:
Para u_{1}:
u_{1}(t)=\int\big(t^{-1}-\tfrac{1}{3}t^{-3}\big)\,dt =\int t^{-1}dt-\tfrac{1}{3}\int t^{-3}dt.
Calcule cada integral:
\int t^{-1}dt=\ln|t|,\qquad \int t^{-3}dt=\frac{t^{-2}}{-2}=-\tfrac{1}{2}t^{-2}.
Portanto
u_{1}(t)=\ln|t|-\tfrac{1}{3}\big(-\tfrac{1}{2}t^{-2}\big) =\ln|t|+\tfrac{1}{6}t^{-2}+C_{1}.
Para uma particular podemos escolher C_{1}=0 (qualquer constante será incorporada nas soluções homogêneas).
Para u_{2}:
u_{2}(t)=\int\big(-t^{2}+\tfrac{1}{3}\big)\,dt =-\int t^{2}dt+\tfrac{1}{3}\int dt =-\tfrac{t^{3}}{3}+\tfrac{t}{3}+C_{2}.
Escolhemos C_{2}=0 para a particularidade.

Passo 7

Construir y_{p}=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2} usando os u_{1} e u_{2} encontrados (com C_{1}=C_{2}=0) e simplificar passo a passo:
y_{p}(t)=\Big(\ln|t|+\tfrac{1}{6}t^{-2}\Big)\,t^{2} +\Big(-\tfrac{t^{3}}{3}+\tfrac{t}{3}\Big)\,t^{-1}.
Multiplicando e simplificando cada termo:
\Big(\ln|t|\Big)t^{2}+\tfrac{1}{6}t^{0} +\Big(-\tfrac{t^{3}}{3}\Big)t^{-1}+\Big(\tfrac{t}{3}\Big)t^{-1}.
Isto dá
y_{p}(t)=t^{2}\ln|t|+\tfrac{1}{6}-\tfrac{t^{2}}{3}+\tfrac{1}{3}.
Somando as constantes:
\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{3}=\tfrac{1}{6}+\tfrac{2}{6}=\tfrac{3}{6}=\tfrac{1}{2},
logo
y_{p}(t)=t^{2}\ln|t|-\tfrac{t^{2}}{3}+\tfrac{1}{2}.

Passo 8

Interpretar o resultado e obter a forma pedida. Observação importante: uma solução particular não é única — se y_{p} é particular e y_{h} é solução da homogênea, então y_{p}+y_{h} também é particular. Aqui y_{1}(t)=t^{2} é solução homogênea; adicionando \tfrac{1}{3}t^{2} (que é múltiplo de y_{1}) ao y_{p} acima elimina o termo -\tfrac{t^{2}}{3}:
\big(t^{2}\ln|t|-\tfrac{t^{2}}{3}+\tfrac{1}{2}\big)+\tfrac{1}{3}t^{2} = t^{2}\ln|t|+\tfrac{1}{2}.
Portanto a expressão
y_{p}(t)=\tfrac{1}{2}+t^{2}\ln|t|
é também uma solução particular da E.D.O. (e coincide com a solução indicada no enunciado). Se assumirmos t>0 podemos escrever \ln t no lugar de \ln|t|.

Resposta

\displaystyle y_{p}(t)=\tfrac{1}{2}+t^{2}\ln(t)

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