Questão 1 Verifique que a função y=e^{-x} \ln \left(1+e^{x}\right)+C e^{-x} é solução da equação diferencial
y^{\prime}+y=\frac{1}{1+e^{x}}
Em seguida, determine o valor de C para que a solução satisfaça a condição inicial y(0)=2.

Passo 1

O enunciado dá a função
y = e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr) + C e^{-x}
e a equação diferencial
y^{\prime}+y=\frac{1}{1+e^{x}}.
Pede-se:
  1. verificar que a função acima satisfaz essa equação diferencial; 2) determinar o valor de C de modo que a solução satisfaça a condição inicial y(0)=2.
Informações relevantes dadas:
\text{função: } y(x)=e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr)+C e^{-x},çã
\text{EDO: } y^{\prime}+y=\frac{1}{1+e^{x}},
\text{condição inicial: } y(0)=2.çã

Passo 2

Vamos calcular y^{\prime} passo a passo. Primeiro, derivamos o termo e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr). Use duas regras:
  • Regra do produto: se u(x)v(x), então (uv)'=u'v+uv'.
  • Regra da cadeia para \ln: se v(x)=\ln(g(x)), então v'(x)=\dfrac{g'(x)}{g(x)}.
Defina u(x)=e^{-x} e v(x)=\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr).
Então
u'(x)=-e^{-x},
e, pela regra da cadeia,
v'(x)=\frac{d}{dx}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr)=\frac{e^{x}}{1+e^{x}}.
Aplicando a regra do produto:
\frac{d}{dx}\!\Bigl(e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr)\Bigr) = u'v + u v' = -e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr) + e^{-x}\cdot\frac{e^{x}}{1+e^{x}}.
Note que e^{-x}\cdot e^{x}=1, logo a segunda parcela simplifica para \dfrac{1}{1+e^{x}}. Assim
\frac{d}{dx}\!\Bigl(e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr)\Bigr) = -e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr) + \frac{1}{1+e^{x}}.

Passo 3

Agora derivamos o termo C e^{-x}. Como C é constante,
\frac{d}{dx}\!\bigl(C e^{-x}\bigr)=C\cdot(-e^{-x})=-C e^{-x}.

Passo 4

Somando as derivadas obtidas, obtemos
y^{\prime} = -e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr) + \frac{1}{1+e^{x}} - C e^{-x}.
Agora calcule y^{\prime}+y. Lembre que
y = e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr) + C e^{-x}.
Somando termo a termo:
y^{\prime}+y = \bigl(-e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr) + \frac{1}{1+e^{x}} - C e^{-x}\bigr) + \bigl(e^{-x}\ln\!\bigl(1+e^{x}\bigr) + C e^{-x}\bigr).
Os termos -e^{-x}\ln(1+e^{x}) e e^{-x}\ln(1+e^{x}) se cancelam; os termos -C e^{-x} e C e^{-x} também se cancelam. Portanto sobra apenas
y^{\prime}+y = \frac{1}{1+e^{x}}.
Concluímos que a função dada satisfaz exatamente a equação diferencial. (Isso também mostra, didaticamente, que e^{-x}\ln(1+e^{x}) é uma solução particular e C e^{-x} é a solução geral do homogêneo y'+y=0.)

Passo 5

Agora impomos a condição inicial y(0)=2. Calculamos y(0) a partir da expressão de y:
y(0)=e^{0}\ln\!\bigl(1+e^{0}\bigr)+C e^{0}=\ln\!\bigl(1+1\bigr)+C=\ln 2 + C.
Impondo y(0)=2 temos
\ln 2 + C = 2 \quad\Longrightarrow\quad C = 2 - \ln 2.

Resposta

Sim, a função é solução da equação y^{\prime}+y=\dfrac{1}{1+e^{x}}.
C = 2 - \ln 2

Exercícios relacionados