Resolva cada equação diferencial pelo método da variação dos parâmetros. Encontre o intervalo no qual a solução geral seja válida.
y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}+2 y=1 /\left(1+e^{x}\right)

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear não homogênea
y'' + 3y' + 2y = \frac{1}{1 + e^x}
e pede para resolver pelo método da variação de parâmetros, encontrando também o intervalo em que a solução geral é válida. Para isso precisamos (i) achar as soluções fundamentais da homogênea, (ii) calcular o Wronskiano, (iii) montar as fórmulas de variação de parâmetros para u_1' e u_2', (iv) integrar para obter u_1 e u_2 e (v) escrever a solução geral e discutir seu domínio de validade.

Passo 2

Começamos pela equação homogênea associada
y'' + 3y' + 2y = 0.
A equação característica é
r^2 + 3r + 2 = 0
cuja solução é
r = -1,\quad r = -2.
Logo as duas soluções fundamentais são
y_1(x) = e^{-x},\qquad y_2(x) = e^{-2x}.

Passo 3

Calculamos o Wronskiano W(y_1,y_2):
W = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} e^{-x} & e^{-2x} \\\\ -\,e^{-x} & -2\,e^{-2x} \end{vmatrix} = -2e^{-3x} -(-1)e^{-3x} = -\,e^{-3x}.
Note que W(x)\neq 0 para todo x.

Passo 4

Pelas fórmulas da variação de parâmetros, se escrevemos
y_p = u_1(x)\,y_1(x) + u_2(x)\,y_2(x),
então
u_1' = -\,\frac{f(x)\,y_2}{W},\qquad u_2' = \frac{f(x)\,y_1}{W},
onde f(x)=1/(1+e^x). Substituindo y_1,y_2,W e f obtemos
u_1' = -\,\frac{\frac{1}{1+e^x}\,e^{-2x}}{-e^{-3x}} = \frac{e^{-2x}}{(1+e^x)e^{-3x}} = \frac{e^x}{1+e^x},
u_2' = \frac{\frac{1}{1+e^x}\,e^{-x}}{-e^{-3x}} = -\,\frac{e^{-x}}{(1+e^x)e^{-3x}} = -\,\frac{e^{2x}}{1+e^x}.

Passo 5

Integramos u_1':
u_1(x) = \int \frac{e^x}{1+e^x}\,dx.
Fazendo t=1+e^x, dt=e^x\,dx,
u_1 = \int \frac{dt}{t} = \ln\bigl(1+e^x\bigr).

Passo 6

Integramos u_2':
u_2(x) = \int -\,\frac{e^{2x}}{1+e^x}\,dx.
Com t=e^x, dt=e^x\,dx, temos
-\,\frac{e^{2x}}{1+e^x}\,dx = -\,\frac{t^2}{1+t}\,\frac{dt}{t} = -\!\Bigl(1 - \frac1{1+t}\Bigr)dt = -\,dt + \frac{dt}{1+t},
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u_2 = -\,t + \ln(1+t) = -\,e^x + \ln\bigl(1+e^x\bigr).

Passo 7

O particular é
y_p = u_1\,y_1 + u_2\,y_2 = \ln(1+e^x)\,e^{-x} + \bigl(-e^x + \ln(1+e^x)\bigr)e^{-2x}
que pode ser reorganizado em
y_p = e^{-2x}(1+e^x)\,\ln\bigl(1+e^x\bigr)\;-\;e^{-x}.
Assim a solução geral é
y(x) = C_1\,e^{-x} + C_2\,e^{-2x} + e^{-2x}(1+e^x)\,\ln\bigl(1+e^x\bigr) - e^{-x}.

Passo 8

O termo não homogêneo \tfrac1{1+e^x} está bem definido para todo x, e o Wronskiano nunca se anula. Portanto a solução geral é válida em todo o eixo real \;(-\infty,\infty).

Resposta

y(x) = C_1\,e^{-x} + C_2\,e^{-2x} + e^{-2x}(1+e^x)\,\ln\bigl(1+e^x\bigr)\;-\;e^{-x}, \quad x\in(-\infty,\infty).

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