Questão 2) (3 pontos cada letra) Resolva os seguintes problemas de valor inicial (PVI):
\left\{\begin{array}{c}y^{\prime}+(\operatorname{tg} t) y-\operatorname{sen}(2 t) y^{3}=0 \\\ y(0)=2, \frac{\pi}{2}<t<\frac{\pi}{2}\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá um problema de valor inicial (PVI) com a equação diferencial e a condição inicial:
y'(t)+(\tan t)\,y(t)-\sin(2t)\,y(t)^3=0,
com
y(0)=2.
Como a equação envolve \tan t e \sin(2t), faz sentido trabalhar num intervalo onde \tan t está bem definida. Vou considerar o intervalo padrão onde \tan t é contínua em torno de 0, ou seja
-\frac{\pi}{2}<t<\frac{\pi}{2}.
Resumo das informações relevantes:
  • A equação dada é de primeira ordem e não linear por causa do termo y^3.
  • A condição inicial é y(0)=2.
  • Trabalhamos no intervalo -\frac{\pi}{2}<t<\frac{\pi}{2} (onde \cos t>0 e \tan t é bem definida).

Passo 2

Identificar a forma da equação e a estratégia: a equação tem a forma
y'+P(t)\,y=Q(t)\,y^{n},
com P(t)=\tan t, Q(t)=\sin(2t) e n=3. Essa é a equação de Bernoulli. A técnica padrão para Bernoulli é fazer a substituição
u(t)=y(t)^{1-n}=y(t)^{1-3}=y(t)^{-2}.
Vou explicar por que isso ajuda: ao passar para u=y^{-2} transformamos a equação não linear em uma equação linear de primeira ordem em u. A seguir calculamos u' em termos de y e y' para substituir na equação original.

Passo 3

Calcular u' e substituir. Seja
u=y^{-2}.
Derivando ambos os lados em relação a t (regra da cadeia):
u' = -2\,y^{-3}\,y'.
Isolando y' obtemos
y' = -\frac{1}{2}\,y^{3}\,u'.
Agora substituímos y' na equação original
y' + (\tan t)\,y = \sin(2t)\,y^{3}.
Substituindo y':
-\frac{1}{2}y^{3}u' + (\tan t)\,y = \sin(2t)\,y^{3}.
Dividindo toda a equação por y^{3} (válido enquanto y\neq0, e no nosso caso inicial y(0)=2\neq0):
-\frac{1}{2}u' + (\tan t)\,y^{-2} = \sin(2t).
Lembrando y^{-2}=u, obtemos a equação linear em u:
-\frac{1}{2}u' + (\tan t)\,u = \sin(2t).

Passo 4

Colocar a equação de u na forma padrão u'+\tilde P(t) u=\tilde Q(t). Multiplicando por -2:
u' -2(\tan t)\,u = -2\sin(2t).
Portanto é uma equação linear de primeira ordem com
\tilde P(t)=-2\tan t,\qquad \tilde Q(t)=-2\sin(2t).
Método para resolver: usar fator integrante. O fator integrante \mu(t) é dado por
\mu(t)=\exp\Big(\int \tilde P(t)\,dt\Big)=\exp\Big(\int -2\tan t\,dt\Big).
Calculo da integral:
\int \tan t\,dt = -\ln|\cos t|.
Então
\int -2\tan t\,dt = -2(-\ln|\cos t|)=2\ln|\cos t|.
Logo
\mu(t)=\exp(2\ln|\cos t|)=\cos^2 t,
no intervalo -\tfrac{\pi}{2}<t<\tfrac{\pi}{2} podemos tirar as barras e usar \cos t>0, então \mu(t)=\cos^2 t.

Passo 5

Multiplicar a equação linear por \mu(t) transforma o lado esquerdo em derivada do produto \mu(t)u(t):
(\cos^2 t)\,u' -2(\tan t)(\cos^2 t)\,u = -2\sin(2t)\cos^2 t.
O lado esquerdo é
\big(\cos^2 t\cdot u\big)'.
Para o lado direito usamos \sin(2t)=2\sin t\cos t, então
-2\sin(2t)\cos^2 t = -2\cdot(2\sin t\cos t)\cos^2 t = -4\sin t\cos^3 t.
Portanto temos a equação integrada
\big(\cos^2 t\cdot u\big)' = -4\sin t\cos^3 t.

Passo 6

Integrar ambos os lados em relação a t:
\cos^2 t\cdot u(t) = \int -4\sin t\cos^3 t\,dt + C.
Fazemos a substituição w=\cos t, então dw=-\sin t\,dt. Assim
\int -4\sin t\cos^3 t\,dt = 4\int \cos^3 t\,d(\cos t) = 4\int w^3\,dw = 4\cdot\frac{w^4}{4} = w^4 = \cos^4 t.
Logo
\cos^2 t\cdot u(t) = \cos^4 t + C.
Isolando u(t):
u(t)=\cos^2 t + C\operatorname{sec}^2 t.

Passo 7

Voltar à variável y. Lembrando u=y^{-2}, temos
y^{-2} = \cos^2 t + C\operatorname{sec}^2 t.
Expressão equivalente (unificando frações) pode ser útil mais adiante:
y^{-2} = \cos^2 t + C\frac{1}{\cos^2 t} = \frac{\cos^4 t + C}{\cos^2 t}.
Aplicar a condição inicial y(0)=2. Em t=0 temos \cos0=1, então
y^{-2}(0)=\frac{1}{2^2}=\frac{1}{4} = \cos^2 0 + C\operatorname{sec}^2 0 = 1 + C.
Logo
1+C=\tfrac{1}{4}\quad\Rightarrow\quad C=-\tfrac{3}{4}.
Substituindo C em y^{-2}:
y^{-2} = \cos^2 t - \frac{3}{4}\operatorname{sec}^2 t.
Colocando num único quociente:
y^{-2} = \frac{\cos^4 t - \tfrac{3}{4}}{\cos^2 t} = \frac{4\cos^4 t - 3}{4\cos^2 t}.
Invertemos para obter y^2:
y^2 = \frac{4\cos^2 t}{4\cos^4 t - 3}.

Passo 8

Escolher o sinal e simplificar a solução final. Como y(0)=2>0 escolhemos o ramo positivo da raiz quadrada. Além disso, em -\tfrac{\pi}{2}<t<\tfrac{\pi}{2} temos \cos t>0, então \sqrt{4\cos^2 t} = 2\cos t. Assim uma forma simples para a solução é
y(t)=\frac{2\cos t}{\sqrt{\,4\cos^4 t - 3\,}}.
Observação sobre domínio: a expressão só faz sentido onde o denominador dentro da raiz é positivo, ou seja onde 4\cos^4 t-3>0. Em particular, em t=0 temos 4\cos^4 0-3=1>0, então a condição inicial é satisfeita. O intervalo máximo de existência contendo 0 termina quando 4\cos^4 t-3=0, mas o enunciado pede a solução no intervalo -\tfrac{\pi}{2}<t<\tfrac{\pi}{2}; portanto fica explícito que a solução formula acima é válida nos pontos desse intervalo onde 4\cos^4 t-3>0.

Resposta

y(t)=\frac{2\cos t}{\sqrt{\,4\cos^4 t-3\,}}, \qquad\text{(escolhendo o sinal positivo para satisfazer }y(0)=2\text{)}

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