Questão 1. (30 pontos) Resolva os seguintes PVI’s
(a) (10 pontos)
y^{\prime}+y=1-\frac{1}{2} e^{t}, \quad y(0)=y_{0}
(b) ( \mathbf{1 0} pontos)
y^{\prime}+\frac{1}{t} y=\frac{1}{\sqrt[3]{t}}, \quad y(1)=0
(c) ( \mathbf{1 0} pontos) No item (a), encontre os valores de t>0 e y_{0} tais que a solução toca o eixo horizontal, sem cruzá-lo.

Passo 1

O enunciado pede que eu resolva três itens relacionados a problemas de valor inicial (PVI). Vou listar claramente o que é pedido e quais dados tenho:
  • Item (a): Resolver o PVI
y'+y=1-\tfrac{1}{2}e^{t},\quad y(0)=y_{0}.
Ou seja, encontrar a função y(t) que satisfaça a equação diferencial e a condição inicial em t=0. A incógnita dada na condição inicial é \(y_{0}) (valor numérico desconhecido).
  • Item (b): Resolver o PVI
y'+\frac{1}{t}y=\frac{1}{\sqrt[3]{t}},\quad y(1)=0.
Aqui a solução deve ser válida para t>0 (porque aparece \frac{1}{t} e raízes de t) e a condição inicial é y(1)=0.
  • Item (c): Com base no item (a), encontrar os valores de t>0 e y_{0} tais que a solução do item (a) “toca o eixo horizontal, sem cruzá‑lo”. Isto significa que existe um ponto t_{*}>0 tal que a solução tem y(t_{*})=0 e, ao tocá‑lo, não muda de sinal (tangência), o que normalmente implica também y'(t_{*})=0.
Todas as informações relevantes do enunciado já estão acima; agora eu começo a resolver passo a passo.

Passo 2

Pequena aula sobre o método que vou usar (ferramenta principal: fator integrante para EDO linear de 1ª ordem).
Considere uma equação linear de primeira ordem na forma
y'+p(t)y=q(t).
  • Aqui y é a função desconhecida de t.
  • p(t) e q(t) são funções conhecidas de t.
A técnica do fator integrante consiste em encontrar uma função \mu(t) tal que ao multiplicarmos a equação por \mu(t) ela vire a derivada de um produto simples. Escolhemos
\mu(t)=e^{\int p(t)\,dt}.
Isso porque, se calcularmos (\mu y)' obtemos
(\mu y)'=\mu y'+\mu' y.
Mas \mu'=\mu p(t) (derivando a exponencial), então
(\mu y)'=\mu\bigl(y'+p(t)y\bigr).
Logo, multiplicando a equação original por \mu obtemos
(\mu y)'=\mu q(t),
que podemos integrar: \mu y=\int \mu q + C. Por fim isolamos y. É um método padrão e eficiente para essas equações.
Agora aplico isso nos itens.

Passo 3

Resolução do item (a). Reescrevo a equação na forma padrão:
y'+1\cdot y=1-\tfrac{1}{2}e^{t},
ou seja p(t)=1 e q(t)=1-\tfrac{1}{2}e^{t}.
Calculo o fator integrante:
\mu(t)=e^{\int p(t)\,dt}=e^{\int 1\,dt}=e^{t}.
Multiplico toda a equação por \mu(t)=e^{t}. Pela propriedade do fator integrante tenho:
(e^{t}y)'=e^{t}\Bigl(1-\tfrac{1}{2}e^{t}\Bigr).

Passo 4

Integro ambos os lados em relação a t. Primeiro escrevo o lado direito:
e^{t}\Bigl(1-\tfrac{1}{2}e^{t}\Bigr)=e^{t}-\tfrac{1}{2}e^{2t}.
Agora faço a integral:
\int\bigl(e^{t}-\tfrac{1}{2}e^{2t}\bigr)\,dt=\int e^{t}\,dt-\tfrac{1}{2}\int e^{2t}\,dt.
Calculo cada integral:
\int e^{t}\,dt=e^{t},\qquad \int e^{2t}\,dt=\tfrac{1}{2}e^{2t}.
Portanto
\int\bigl(e^{t}-\tfrac{1}{2}e^{2t}\bigr)\,dt=e^{t}-\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}e^{2t}=e^{t}-\tfrac{1}{4}e^{2t}.
Assim obtenho (adicionando constante de integração C):
e^{t}y=e^{t}-\tfrac{1}{4}e^{2t}+C.

Passo 5

Isolo y dividindo por e^{t}:
y=1-\tfrac{1}{4}e^{t}+Ce^{-t}.
Agora uso a condição inicial y(0)=y_{0}. Substituo t=0:
y_{0}=1-\tfrac{1}{4}e^{0}+C e^{0}=1-\tfrac{1}{4}+C=\tfrac{3}{4}+C.
Logo
C=y_{0}-\tfrac{3}{4}.
Portanto a solução do PVI do item (a) é
y(t)=1-\tfrac{1}{4}e^{t}+\bigl(y_{0}-\tfrac{3}{4}\bigr)e^{-t}.
(Guarde essa expressão para usar no item (c).)

Passo 6

Resolução do item (b). A equação é
y'+\frac{1}{t}y=\frac{1}{\sqrt[3]{t}}.
Aqui p(t)=\tfrac{1}{t} e q(t)=t^{-1/3}. O domínio natural é t>0.
Calculo o fator integrante:
\mu(t)=e^{\int p(t)\,dt}=e^{\int \frac{1}{t}\,dt}=e^{\ln t}=t.
(Repare que e^{\ln t}=t para t>0.)
Multiplico a equação por t:
(t y)'=t\cdot t^{-1/3}=t^{2/3}.

Passo 7

Integro ambos os lados:
t y=\int t^{2/3}\,dt+\!C.
Calculo a integral:
\int t^{2/3}\,dt=\frac{t^{5/3}}{5/3}=\frac{3}{5}t^{5/3}.
Assim
t y=\frac{3}{5}t^{5/3}+C.
Isolando y:
y=\frac{3}{5}t^{2/3}+Ct^{-1}.
Uso a condição inicial y(1)=0:
0=\frac{3}{5}\cdot 1^{2/3}+C\cdot 1^{-1}=\frac{3}{5}+C,
logo C=-\tfrac{3}{5}.
Substituindo em y obtemos a solução do PVI do item (b):
y(t)=\frac{3}{5}t^{2/3}-\frac{3}{5}t^{-1}=\frac{3}{5}\Bigl(t^{2/3}-t^{-1}\Bigr),\qquad t>0.

Passo 8

Resolução do item (c). Interpretação de “toca o eixo horizontal, sem cruzá‑lo”: existe t_{*}>0 tal que y(t_{*})=0 e a solução não muda de sinal ao passar por t_{*}. Uma condição prática para tangência é que a derivada no ponto também seja zero: y'(t_{*})=0. Vou usar essas duas equações simultâneas.
Da equação diferencial do item (a) temos, para qualquer t,
y'(t)=1-\tfrac{1}{2}e^{t}-y(t).
Se em t_{*} tivermos y(t_{*})=0 e y'(t_{*})=0, substituo na expressão acima:
0=y'(t_{*})=1-\tfrac{1}{2}e^{t_{*}}-0,
portanto
1-\tfrac{1}{2}e^{t_{*}}=0.

Passo 9

Resolvo a equação para t_{*}:
\tfrac{1}{2}e^{t_{*}}=1\quad\Longrightarrow\quad e^{t_{*}}=2\quad\Longrightarrow\quad t_{*}=\ln 2.
Note que \ln 2>0, portanto atende à exigência t>0.
Agora determino o y_{0} que faz com que a solução do item (a) satisfaça y(\ln 2)=0. Uso a expressão geral obtida no Passo 5:
y(t)=1-\tfrac{1}{4}e^{t}+\bigl(y_{0}-\tfrac{3}{4}\bigr)e^{-t}.
Substituo t=\ln 2. Como e^{\ln 2}=2 e e^{-\ln 2}=\tfrac{1}{2}, acho
0=y(\ln 2)=1-\tfrac{1}{4}\cdot 2+\bigl(y_{0}-\tfrac{3}{4}\bigr)\cdot\tfrac{1}{2}.

Passo 10

Faço as contas para isolar y_{0}. Primeiro simplifico:
1-\tfrac{1}{4}\cdot 2=1-\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{2}.
Então
0=\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}\bigl(y_{0}-\tfrac{3}{4}\bigr).
Multiplico ambos os lados por 2:
0=1+y_{0}-\tfrac{3}{4}.
Assim
y_{0}-\tfrac{3}{4}=-1\quad\Longrightarrow\quad y_{0}=-1+\tfrac{3}{4}=-\tfrac{1}{4}.
Portanto o valor de y_{0} que garante tangência no eixo y=0 em t_{*}=\ln 2 é y_{0}=-\tfrac{1}{4}. Confirmamos que para esse y_{0} a solução satisfaz y(\ln 2)=0 e, pela equação diferencial, y'(\ln 2)=0, caracterizando o toque sem cruzamento.

Resposta

(a) y(t)=1-\tfrac{1}{4}e^{t}+\bigl(y_{0}-\tfrac{3}{4}\bigr)e^{-t}.
(b) y(t)=\dfrac{3}{5}\Bigl(t^{2/3}-t^{-1}\Bigr),\\ t>0.
(c) t=\ln 2 \n y_{0}=-\tfrac{1}{4}.

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