Solução geral de equações lineares

O enunciado é do livro; a resolução é nossa. Tente antes de abrir — e confira as respostas na p. 557 do Braun.

1. básicohomogênea de coeficiente periódicoBraun §1.2, nº 1

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} + y\cos t = 0.$$

   Dica

   Homogênea ($b \equiv 0$): divida por $y$, reconheça $\frac{d}{dt}\ln|y|$ à esquerda e integre de $t_0$ a $t$.

   Resolução

   Na forma padrão, $a(t) = \cos t$ e $b(t) = 0$. Dividindo por $y$ — o que supõe $y \neq 0$ — o lado esquerdo é uma derivada logarítmica:

   $$\frac{d}{dt}\ln|y(t)| = -\cos t.$$

   Integrando de $t_0$ a $t$:

   $$\ln|y(t)| - \ln|y(t_0)| = -\int_{t_0}^{t}\cos s\,ds = -(\sin t - \sin t_0),$$

   e exponenciando,

   $$y(t) = y(t_0)\exp\bigl(\sin t_0 - \sin t\bigr).$$

   Coletando a constante. O fator $y(t_0)\exp(\sin t_0)$ não depende de $t$: é um número, e à medida que $y(t_0)$ percorre os reais ele percorre os reais também. Chamando-o de $C$,

   $$y(t) = C\exp(-\sin t).$$

   Verificação. $y' = -C\cos t \exp(-\sin t) = -y\cos t$. ✓

   Vale reparar em duas coisas. A solução é periódica de período $2\pi$, oscilando entre $C\exp(-1)$ e $C\exp(1)$ — nada aqui cresce nem decai a longo prazo, porque $\int_0^{2\pi}\cos t\,dt = 0$. E, para $C \neq 0$, ela nunca se anula: uma exponencial é sempre positiva. Isso não é acidente deste exercício, e sim propriedade de toda equação linear homogênea — solução que toca o zero em algum instante é identicamente nula, o que também explica por que a divisão inicial por $y$ não custou nenhuma solução além dessa.

   Solução geral.

   $$y(t) = C\exp(-\sin t), \qquad C \in \mathbb{R}.$$

   O valor $C = 0$ devolve a solução nula, perdida na divisão por $y$ — a família acima é, portanto, o conjunto completo das soluções.

2. intermediárioprimitiva não elementarBraun §1.2, nº 2

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} + y\sqrt{t}\,\sin t = 0.$$

   Dica

   Mesma receita do anterior. A diferença aparece na hora de calcular $\int\sqrt{s}\,\sin s\,ds$ — e a saída é não calcular: deixe a integral definida onde está.

   Resolução

   Novamente homogênea, com $a(t) = \sqrt{t}\,\sin t$. O $\sqrt{t}$ do enunciado restringe o domínio a $t \geq 0$, então o ponto base natural é $t_0 = 0$. Integrando $\frac{d}{dt}\ln|y| = -\sqrt{t}\sin t$ de $0$ a $t$:

   $$\ln|y(t)| - \ln|y(0)| = -\int_0^t \sqrt{s}\,\sin s\,ds \quad\Longrightarrow\quad y(t) = C\exp\left(-\int_0^t \sqrt{s}\,\sin s\,ds\right),$$

   com $C = y(0)$.

   E a integral fica assim mesmo. $\int \sqrt{s}\,\sin s\,ds$ não se escreve com funções elementares, e é exatamente aqui que a convenção da integral definida deixa de ser preferência e vira necessidade: pelo Teorema Fundamental do Cálculo, a função

   $$A(t) = \int_0^t \sqrt{s}\,\sin s\,ds$$

   existe e é derivável em $t \geq 0$, com $A'(t) = \sqrt{t}\,\sin t$ — e é só disso que a resposta precisa.

   Verificação. Pela regra da cadeia e pelo TFC, $y' = -A'(t)\,C\exp(-A(t)) = -\sqrt{t}\,\sin t\;y$. ✓

   Trocar o limite inferior por outro $t_0 \geq 0$ muda $A$ por uma constante, o que só reabsorve o valor de $C$ — a solução geral é a mesma.

   Solução geral.

   $$y(t) = C\exp\left(-\int_0^t \sqrt{s}\,\sin s\,ds\right), \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \geq 0.$$

   A integral $\int_0^t \sqrt{s}\,\sin s\,ds$ não tem primitiva elementar e fica indicada assim mesmo: ela é uma função perfeitamente definida de $t$, e a resposta está completa nesta forma.

3. básicofator integrante logarítmicoBraun §1.2, nº 3

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} + \frac{2t}{1+t^2}\,y = \frac{1}{1+t^2}.$$

   Dica

   O numerador $2t$ é exatamente a derivada do denominador — a integral de $a$ é um logaritmo, e a exponencial o desfaz. Tome $t_0 = 0$, que zera esse logaritmo.

   Resolução

   Fator integrante. Com $t_0 = 0$,

   $$\int_0^t \frac{2s}{1+s^2}\,ds = \ln(1+t^2) - \ln 1 = \ln(1+t^2) \quad\Longrightarrow\quad \mu(t) = 1+t^2.$$

   Não é preciso módulo no logaritmo: $1+s^2 > 0$. E note o que a escolha $t_0 = 0$ comprou: $\mu(0) = 1$, o que vai simplificar a próxima linha.

   Integrando de $0$ a $t$. Multiplicada por $\mu$, a equação é $\frac{d}{dt}\bigl[(1+t^2)y\bigr] = 1$, e portanto

   $$(1+t^2)y(t) - \underbrace{(1+0^2)y(0)}_{y(0)} = \int_0^t 1\,ds = t.$$

   Escrevendo $C = y(0)$,

   $$y(t) = \frac{t + C}{1+t^2}.$$

   Verificação. Com $u = t+C$ e $v = 1+t^2$,

   $$y' = \frac{(1+t^2) - (t+C)(2t)}{(1+t^2)^2} = \frac{1 + t^2 - 2t^2 - 2Ct}{(1+t^2)^2},$$

   e somando $\frac{2t}{1+t^2}y = \frac{2t(t+C)}{(1+t^2)^2} = \frac{2t^2+2Ct}{(1+t^2)^2}$ sobra $\frac{1+t^2}{(1+t^2)^2} = \frac{1}{1+t^2}$. ✓

   Toda solução tende a $0$ quando $t \to \pm\infty$, e a diferença entre duas delas é $\frac{C_1 - C_2}{1+t^2}$, que também vai a zero: as soluções se aproximam umas das outras. Compare com o exercício 1, onde a diferença entre duas soluções oscila para sempre.

   Solução geral.

   $$y(t) = \frac{t + C}{1+t^2}, \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$
4. intermediáriointegração por partesBraun §1.2, nº 4

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} + y = t\exp(t).$$

   Dica

   $\mu(t) = \exp(t)$ com $t_0 = 0$, e à direita sobra $\int_0^t s\exp(2s)\,ds$ — integração por partes, agora com limites.

   Resolução

   Fator integrante. Com $a \equiv 1$ e $t_0 = 0$: $\mu(t) = \exp\left(\int_0^t 1\,ds\right) = \exp(t)$, e $\mu(0) = 1$. A equação multiplicada por $\mu$ é

   $$\frac{d}{dt}\bigl[\exp(t)\,y\bigr] = \exp(t)\cdot t\exp(t) = t\exp(2t).$$

   Integrando de $0$ a $t$.

   $$\exp(t)y(t) - y(0) = \int_0^t s\exp(2s)\,ds.$$

   Por partes, com $u = s$ e $dv = \exp(2s)\,ds$:

   $$\int_0^t s\exp(2s)\,ds = \left[\frac{s}{2}\exp(2s)\right]_0^t - \frac{1}{2}\int_0^t \exp(2s)\,ds = \frac{t}{2}\exp(2t) - \frac{\exp(2t) - 1}{4}.$$

   Logo

   $$\exp(t)y(t) = \frac{2t-1}{4}\exp(2t) + \underbrace{y(0) + \frac{1}{4}}_{=:\,C},$$

   e dividindo por $\exp(t)$:

   $$y(t) = \frac{2t-1}{4}\exp(t) + C\exp(-t).$$

   Verificação. Derivando, $y' = \frac{2}{4}\exp(t) + \frac{2t-1}{4}\exp(t) - C\exp(-t)$. Somando $y$, os termos em $C$ se cancelam e sobra

   $$\left(\frac{1}{2} + \frac{2t-1}{4} + \frac{2t-1}{4}\right)\exp(t) = \left(\frac{1}{2} + t - \frac{1}{2}\right)\exp(t) = t\exp(t). \;\checkmark$$

   A estrutura da resposta é a de sempre: uma solução particular da não homogênea, $\frac{2t-1}{4}\exp(t)$, somada à solução geral da homogênea, $C\exp(-t)$. Note que a constante $\frac14$ vinda do limite inferior da integral foi absorvida por $C$ — mais um sinal de que a escolha de $t_0$ não altera a família de soluções.

   Solução geral.

   $$y(t) = \frac{2t-1}{4}\exp(t) + C\exp(-t), \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$
5. intermediárioresposta em forma de integralBraun §1.2, nº 5

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} + t^2 y = 1.$$

   Dica

   O fator integrante sai fácil. O obstáculo é $\int\exp(s^3/3)\,ds$ — que não tem primitiva elementar, e nem por isso impede a resposta.

   Resolução

   Fator integrante. Com $t_0 = 0$,

   $$\int_0^t s^2\,ds = \frac{t^3}{3} \quad\Longrightarrow\quad \mu(t) = \exp\!\left(\frac{t^3}{3}\right), \qquad \mu(0) = 1,$$

   e a equação vira

   $$\frac{d}{dt}\left[\exp\!\left(\frac{t^3}{3}\right)y\right] = \exp\!\left(\frac{t^3}{3}\right).$$

   Integrando de $0$ a $t$.

   $$\exp\!\left(\frac{t^3}{3}\right)y(t) - y(0) = \int_0^t \exp\!\left(\frac{s^3}{3}\right)ds,$$

   isto é, com $C = y(0)$,

   $$y(t) = \exp\!\left(-\frac{t^3}{3}\right)\left[C + \int_0^t \exp\!\left(\frac{s^3}{3}\right)ds\right].$$

   Aqui a integral não se escreve com funções elementares — é parente da que define a função erro. E aqui a convenção paga o que prometeu: com primitiva indefinida seria preciso dizer “seja $F$ uma primitiva de $\exp(s^3/3)$”, sem poder exibir nenhuma; com a integral definida, a resposta está escrita.

   Ela é tão explícita quanto qualquer outra: dá para avaliar numericamente em qualquer $t$, derivar, estudar limites. O que não dá é escrevê-la com as funções que têm nome — e isso é uma limitação do nosso vocabulário de funções, não do método.

   Compare com o exercício seguinte, que tem o mesmo $a(t)$.

   Solução geral.

   $$y(t) = \exp\!\left(-\frac{t^3}{3}\right) \left[C + \int_0^t \exp\!\left(\frac{s^3}{3}\right)ds\right], \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$

   A integral $\int_0^t \exp(s^3/3)\,ds$ não tem primitiva elementar; ela permanece indicada na resposta, e isso não a torna menos explícita.

6. básicoo lado direito decideBraun §1.2, nº 6

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} + t^2 y = t^2.$$

   Dica

   Mesmo fator integrante do anterior — mas agora o integrando à direita é a derivada de algo conhecido. Atalho alternativo: procure primeiro a solução de equilíbrio.

   Resolução

   Com o mesmo $\mu(t) = \exp(t^3/3)$ e $\mu(0) = 1$:

   $$\frac{d}{dt}\left[\exp\!\left(\frac{t^3}{3}\right)y\right] = t^2\exp\!\left(\frac{t^3}{3}\right).$$

   Integrando de $0$ a $t$. Desta vez o integrando é uma derivada conhecida, $\frac{d}{ds}\exp(s^3/3)$, e a integral definida se avalia:

   $$\exp\!\left(\frac{t^3}{3}\right)y(t) - y(0) = \int_0^t s^2\exp\!\left(\frac{s^3}{3}\right)ds = \left[\exp\!\left(\frac{s^3}{3}\right)\right]_0^t = \exp\!\left(\frac{t^3}{3}\right) - 1.$$

   Logo $\exp(t^3/3)\,y = \exp(t^3/3) + \bigl(y(0) - 1\bigr)$, ou seja, com $C = y(0) - 1$,

   $$y(t) = 1 + C\exp\!\left(-\frac{t^3}{3}\right).$$

   Pelo atalho. Fazendo $y' = 0$ na equação original, $t^2y = t^2$ dá $y \equiv 1$: uma solução constante. Somando a ela a solução geral da homogênea, $C\exp(-t^3/3)$, chega-se ao mesmo resultado sem calcular integral nenhuma.

   O contraste com o exercício 5. As duas equações têm o mesmo coeficiente $a(t) = t^2$ e, portanto, o mesmo fator integrante. Só o lado direito mudou — e com ele a diferença entre uma resposta em funções elementares e uma resposta escrita com integral. Quem decide se a conta “fecha” é $b$, não $a$.

   Solução geral.

   $$y(t) = 1 + C\exp\!\left(-\frac{t^3}{3}\right), \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$
7. avançadoreorganizar antes de identificarBraun §1.2, nº 7

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} + \frac{t}{1+t^2}\,y = 1 - \frac{t^3}{1+t^4}\,y.$$

   Dica

   Ainda é linear — o $y$ aparece sozinho nos dois lados. Junte os dois termos em $y$ à esquerda antes de tentar identificar $a(t)$.

   Resolução

   Forma padrão. Passando o termo em $y$ para a esquerda:

   $$\frac{dy}{dt} + \underbrace{\left(\frac{t}{1+t^2} + \frac{t^3}{1+t^4}\right)}_{a(t)} y = 1.$$

   Fator integrante. As duas parcelas são derivadas logarítmicas — em cada uma, o numerador é a derivada do denominador a menos de constante. Com $t_0 = 0$, os dois logaritmos se anulam no limite inferior:

   $$\int_0^t \frac{s}{1+s^2}\,ds = \frac{1}{2}\ln(1+t^2), \qquad \int_0^t \frac{s^3}{1+s^4}\,ds = \frac{1}{4}\ln(1+t^4),$$

   de modo que

   $$\mu(t) = \exp\left[\frac{1}{2}\ln(1+t^2) + \frac{1}{4}\ln(1+t^4)\right] = (1+t^2)^{1/2}\,(1+t^4)^{1/4}, \qquad \mu(0) = 1.$$

   Integrando de $0$ a $t$. Com $b \equiv 1$, $\frac{d}{dt}\bigl[\mu(t)y\bigr] = \mu(t)$, e portanto

   $$\mu(t)y(t) - y(0) = \int_0^t \mu(s)\,ds \quad\Longrightarrow\quad y(t) = \frac{\displaystyle C + \int_0^t (1+s^2)^{1/2}(1+s^4)^{1/4}\,ds}{(1+t^2)^{1/2}(1+t^4)^{1/4}},$$

   com $C = y(0)$. De novo uma integral sem primitiva elementar, e de novo isso não é problema: $\mu$ é contínuo e positivo em toda a reta, então a solução está definida para todo $t$.

   Por que reorganizar era obrigatório. Se alguém lesse a equação como está escrita e tomasse $a(t) = \frac{t}{1+t^2}$, o fator integrante sairia errado — e o erro não apareceria em nenhuma passagem seguinte, só no resultado final. A forma padrão $y' + a(t)y = b(t)$ não é burocracia: é a única disposição em que os símbolos $a$ e $b$ significam o que o método supõe que signifiquem.

   Solução geral.

   $$y(t) = \frac{\displaystyle C + \int_0^t (1+s^2)^{1/2}(1+s^4)^{1/4}\,ds} {(1+t^2)^{1/2}(1+t^4)^{1/4}}, \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$

   A integral $\int_0^t (1+s^2)^{1/2}(1+s^4)^{1/4}\,ds$ não se exprime com funções elementares e fica indicada na resposta.