(6^{a}) Questão: [30 pontos] Assinale V ou F:
( ) [10 pontos] A função y(x)=\operatorname{sen}(\ln |x|-\ln |x+2|+C) é solução da EDO
x(x+2) y^{\prime}=2 \sqrt{1-y^{2}}

Passo 1

O enunciado nos dá a função
y(x)=\operatorname{sen}\!\big(\ln|x|-\ln|x+2|+C\big)
e a equação diferencial a verificar:
x(x+2)\,y' = 2\sqrt{1-y^{2}}.
O que se pede: afirmar se a função dada é solução da EDO (assinale V ou F). Informações úteis imediatas: x\neq0 e x\neq-2 (porque aparecem \ln|x| e \ln|x+2|).

Passo 2

Calcular a derivada do argumento dentro do seno. Defina
\varphi(x)=\ln|x|-\ln|x+2|+C.
Usando que a derivada de \ln|u| é u'/u, para x\neq0,-2 temos
\varphi'(x)=\frac{d}{dx}\ln|x|-\frac{d}{dx}\ln|x+2|=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+2}.
Agora simplificamos \varphi' colocando em comum denominador:
\varphi'(x)=\frac{(x+2)-x}{x(x+2)}=\frac{2}{x(x+2)}.

Passo 3

Usar a regra da cadeia para derivar y(x)=\operatorname{sen}(\varphi(x)). A derivada do seno é cosseno vezes a derivada do argumento, portanto
y'(x)=\cos\!\big(\varphi(x)\big)\cdot\varphi'(x).
Substituindo \varphi'(x) achada no passo anterior:
y'(x)=\cos\!\big(\varphi(x)\big)\cdot\frac{2}{x(x+2)}.

Passo 4

Multiplicando ambos os lados por x(x+2) para comparar com a EDO dada:
x(x+2)\,y'(x)=2\cos\!\big(\varphi(x)\big).
Como \,y(x)=\operatorname{sen}(\varphi(x)), vale a identidade trigonométrica
\cos^{2}\!\big(\varphi(x)\big)=1-\sin^{2}\!\big(\varphi(x)\big)=1-y^{2}(x).
Dessa identidade segue que
\cos\!\big(\varphi(x)\big)=\pm\sqrt{1-y^{2}(x)}.

Passo 5

Assim a expressão que obtivemos para o lado esquerdo da EDO é
x(x+2)\,y'(x)=2\cos\!\big(\varphi(x)\big)=\pm 2\sqrt{1-y^{2}(x)}.
A EDO dada exige precisamente o sinal positivo:
x(x+2)\,y' \stackrel{?}{=} 2\sqrt{1-y^{2}}.
Portanto a igualdade só é verdade quando \cos\!\big(\varphi(x)\big)\ge 0, i.e., quando o sinal escolhido é o positivo. Em geral \cos(\varphi(x)) depende de x e de C e pode ser negativo em alguns pontos do domínio; assim a função dada não satisfaz a EDO em toda sua extensão de definição, apenas nas sub-intervalos onde \cos(\varphi(x))\ge0.
Exemplo numérico rápido para ver que o sinal pode falhar: escolha C=0 e x=0,2. Então
\varphi(0{,}2)=\ln(0{,}2)-\ln(2{,}2)=\ln\!\big(\tfrac{0{,}2}{2{,}2}\big)\approx -2{,}398,
e \cos(\varphi(0{,}2))=\cos(-2{,}398)\approx -0{,}737<0. Para esse x e C o lado esquerdo vale 2\cos(\varphi)<0 enquanto o lado direito 2\sqrt{1-y^{2}}\ge0: contradição.

Passo 6

Conclusão: a função dada não é solução da EDO de forma global (em todo o domínio), porque a derivação leva a x(x+2)y'=2\cos(\varphi)=\pm2\sqrt{1-y^{2}}, e o sinal + exigido em 2\sqrt{1-y^{2}} nem sempre ocorre. Logo a afirmação do enunciado, sem restrição adicional, é falsa. (Observação útil: a função é solução restrita às partes do domínio onde \cos(\varphi(x))\ge0.)

Resposta

F

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