Questão 10 (a) Encontre a solução geral da seguinte EDO
t \frac{d y}{d t}+2 y=t^{2}
e faça um esboço do gráfico de algumas soluções (tomando pelo menos três valores para a constante: um negativo, um igual a zero e um positivo).
(b) Resolva o seguinte PVI:
\left\{\begin{array}{l} t \frac{d y}{d t}+2 y=t^{2} \\ y(2)=4 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial e pede duas coisas:
  • (a) encontrar a solução geral da EDO
t \frac{d y}{d t}+2 y=t^{2}
e fazer um esboço do gráfico de algumas soluções, tomando pelo menos três valores para a constante (um negativo, um igual a zero e um positivo);
  • (b) resolver o problema de valor inicial (PVI)
\left\{\begin{array}{l} t \frac{d y}{d t}+2 y=t^{2},\\\ y(2)=4. \end{array}\right.
Informações relevantes fornecidas:
  • A variável independente é t e a dependente é y(t).
  • A equação é dada em forma que envolve o produto t\,y'(t); portanto o caso t=0 exige cuidado (dividiremos por t assumindo t\neq0).
  • Para o PVI a condição inicial é em t=2 (logo estamos no ramo t>0).

Passo 2

Reescrever a EDO na forma padrão de primeira ordem dividindo por t (válido para t\neq0). Isso deixa a equação na forma
\frac{d y}{d t}+\frac{2}{t}\,y=t.
Aqui cada termo significa:
  • \dfrac{d y}{d t} é a derivada de y em relação a t,
  • \dfrac{2}{t} é a função coeficiente que multiplica y,
  • t é o segundo membro (função conhecida de t).
Essa é uma EDO linear de primeira ordem no formato
\frac{d y}{d t}+p(t)\,y=q(t)
com p(t)=\dfrac{2}{t} e q(t)=t. Vou usar o método do fator integrante (integrating factor).

Passo 3

Explicar o método do fator integrante (breve aula):
  • Para uma EDO linear \dfrac{dy}{dt}+p(t)\,y=q(t), o fator integrante \mu(t) é definido por
\mu(t)=\exp\!\left(\int p(t)\,dt\right).
  • Multiplicando toda a equação por \mu(t) obtemos que o lado esquerdo se torna a derivada do produto \mu(t)\,y(t), ou seja
\frac{d}{dt}\big(\mu(t)\,y(t)\big)=\mu(t)\,q(t).
  • Então integramos ambos os lados para encontrar \mu(t)\,y(t) e isolamos y(t).
Vou aplicar isso com p(t)=\dfrac{2}{t}.

Passo 4

Calcular o fator integrante:
\mu(t)=\exp\!\left(\int \frac{2}{t}\,dt\right)=\exp\!\left(2\ln|t|\right)=|t|^{2}=t^{2},
onde usei que t^{2} é igual a |t|^{2}, portanto o resultado é t^{2}. Observação: o sinal de t importa para o domínio da solução; as soluções serão válidas em intervalos onde t>0 ou t<0 (não podemos atravessar t=0).
Multiplicando a equação original por t^{2} obtemos
t^{2}\frac{d y}{d t}+2t\,y=t^{3}.
Reconhece-se o lado esquerdo como derivada do produto t^{2}y. De fato,
\frac{d}{dt}\big(t^{2}y\big)=t^{2}\frac{d y}{d t}+2t\,y.
Portanto a equação se rewrite como
\frac{d}{dt}\big(t^{2}y\big)=t^{3}.

Passo 5

Integrar ambos os lados em relação a t:
\int \frac{d}{dt}\big(t^{2}y\big)\,dt=\int t^{3}\,dt.
A integral do lado esquerdo dá t^{2}y (até uma constante) e a do lado direito é \dfrac{t^{4}}{4}. Assim
t^{2}y=\frac{t^{4}}{4}+C,
onde C é a constante de integração (real). Isolando y:
y(t)=\frac{t^{4}}{4t^{2}}+\frac{C}{t^{2}}=\frac{t^{2}}{4}+C\,t^{-2}.
Portanto a solução geral, válida em cada intervalo onde t\neq0 (ou seja, em (0,\infty) e em (-\infty,0) separadamente), é
y(t)=\frac{t^{2}}{4}+C\,t^{-2},
com C\in\mathbb{R}.

Passo 6

Agora resolver o PVI da parte (b). Usar a condição y(2)=4. Substituir t=2 na solução geral:
y(2)=\frac{2^{2}}{4}+C\cdot 2^{-2}=\frac{4}{4}+C\cdot\frac{1}{4}=1+\frac{C}{4}.
Igualando à condição y(2)=4 temos
1+\frac{C}{4}=4.
Subtrair 1 dos dois lados:
\frac{C}{4}=3,
logo
C=12.
Substituindo de volta em y(t) obtemos a solução particular do PVI:
y(t)=\frac{t^{2}}{4}+12\,t^{-2}=\frac{t^{2}}{4}+\frac{12}{t^{2}},
válida para t\neq0. Como a condição inicial foi em t=2>0, consideramos essa solução no intervalo t>0.

Passo 7

Esboço do gráfico de algumas soluções — explicação didática de como desenhar (tomando C=-1,0,1):
  1. Fórmulas das três curvas (todas válidas para t\neq0):
\begin{aligned} \text{(i) } & C=-1:\quad y(t)=\frac{t^{2}}{4}-\frac{1}{t^{2}},\\\ \text{(ii) } & C=0:\quad y(t)=\frac{t^{2}}{4},\\\ \text{(iii) } & C=1:\quad y(t)=\frac{t^{2}}{4}+\frac{1}{t^{2}}. \end{aligned}
  1. Comportamento assintótico e singularidades:
  • Para |t|\to\infty todas as soluções têm comportamento dominado por \dfrac{t^{2}}{4} (ou seja, crescem como uma parábola vertical para cima).
  • Para t\to0 as soluções com C\neq0 têm singularidade do tipo C\,t^{-2} e divergem: se C>0 divergem para +\infty, se C<0 divergem para -\infty. A curva com C=0 é regular em t=0 (mas a solução obtida dividindo por t não garante continuidade atravessando 0; de qualquer forma a expressão \dfrac{t^{2}}{4} é bem definida em 0).
  • As soluções estão definidas separadamente para t>0 e t<0 (não se pode “ligar” os dois ramos através de t=0 quando C\neq0).
  1. Alguns pontos numéricos para ajudar o esboço (valores rápidos sem calculadora avançada):
  • Em t=1:
y(1)=\frac{1}{4}+C.
Logo para C=1 temos y(1)=1{,}25; para C=0 temos y(1)=0{,}25; para C=-1 temos y(1)=-0{,}75.
  • Em t=2:
y(2)=1+\frac{C}{4}.
Logo para C=1 temos y(2)=1{,}25; C=0\Rightarrow y(2)=1; C=-1\Rightarrow y(2)=0{,}75.
  • Em t=0{,}5 (ou t=\tfrac{1}{2}), note que t^{-2}=4 e t^{2}/4=1/16=0{,}0625, então
y(0{,}5)=0{,}0625+4C.
Assim C=1\Rightarrow y(0{,}5)\approx 4{,}0625; C=0\Rightarrow y(0{,}5)\approx 0{,}0625; C=-1\Rightarrow y(0{,}5)\approx -3{,}9375.
  1. Observações geométricas úteis para o desenho:
  • A curva com C=0 é a parábola suave y=\dfrac{t^{2}}{4}, sempre não negativa, mínima em t=0.
  • A curva com C=1 é sempre positiva (a soma de duas quantidades positivas) e tem um “vale” mais alto perto de t pequeno por causa do termo 1/t^{2}, depois aproxima-se da parábola para t grande.
  • A curva com C=-1 corta o eixo y=0 quando \dfrac{t^{2}}{4}-\dfrac{1}{t^{2}}=0, isto é quando t^{4}=4, ou seja t=\pm 4^{1/4}=\pm \sqrt{2}\approx\pm1{,}414. Para |t|<\sqrt{2} essa curva é negativa; para |t|>\sqrt{2} é positiva; perto de t=0 ela vai a -\infty.
  1. Como esboçar na prática:
  • Desenhe dois ramos (um para t>0 e outro para t<0), porque o comportamento é simétrico em t para os termos t^{2} e t^{-2}.
  • Marque pontos t=0{,}5,1,2 e plote os valores calculados acima para cada C.
  • Trace as curvas passando por esses pontos; para t grande, aproxime todas pelas parábolas que crescem como t^{2}/4; para t próximo de 0 respeito ao sinal de C (blow-up \pm\infty para C\neq0).

Passo 8

Resumo e incentivo: a técnica principal aqui foi reconhecer uma EDO linear de primeira ordem, calcular o fator integrante \mu(t)=t^{2}, transformar o lado esquerdo em \dfrac{d}{dt}(t^{2}y), integrar e isolar y. Para o PVI usamos a condição inicial para determinar C. Está tudo certo — você consegue desenhar as curvas usando os pontos e comportamentos que calculei. Vai firmão!

Resposta

(a) \displaystyle y(t)=\frac{t^{2}}{4}+C\,t^{-2},\quad C\in\mathbb{R},\\ \text{válido para }t\neq0.á
(b) \displaystyle y(t)=\frac{t^{2}}{4}+\frac{12}{t^{2}},\quad\text{(solução do PVI, válida para }t\neq0\text{; aqui consideramos }t>0\text{).}çãá

Exercícios relacionados