Problemas de valor inicial lineares

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

1. intermediáriohomogênea com primitiva fechadaBraun §1.2, nº 8

   Resolva o problema de valor inicial

   $$\frac{dy}{dt} + \sqrt{1+t^2}\;y = 0, \qquad y(0) = \sqrt{5}.$$

   Dica

   Homogênea: $y = y(0)\exp\left(-\int_0^t a(s)\,ds\right)$. E, ao contrário do que costuma acontecer, $\int\sqrt{1+s^2}\,ds$ tem primitiva elementar — substituição hiperbólica.

   Resolução

   Sendo homogênea, a solução é

   $$y(t) = \sqrt{5}\,\exp\left(-\int_0^t \sqrt{1+s^2}\,ds\right).$$

   Esta já é uma resposta completa. Mas aqui a integral se avalia em forma fechada: com $s = \sinh u$,

   $$\int_0^t \sqrt{1+s^2}\,ds = \frac{1}{2}\left[s\sqrt{1+s^2} + \ln\!\left(s + \sqrt{1+s^2}\right)\right]_0^t = \frac{1}{2}\left[t\sqrt{1+t^2} + \ln\!\left(t + \sqrt{1+t^2}\right)\right],$$

   já que o colchete se anula em $s = 0$ (pois $\ln 1 = 0$). Logo

   $$y(t) = \sqrt{5}\, \exp\!\left(-\frac{t\sqrt{1+t^2}}{2}\right) \bigl(t + \sqrt{1+t^2}\bigr)^{-1/2},$$

   usando $\exp\left(-\frac{1}{2}\ln x\right) = x^{-1/2}$ no segundo termo.

   Verificação em $t = 0$. $\exp(0)\cdot 1^{-1/2} = 1$, e $y(0) = \sqrt{5}$. ✓

   A solução está definida para todo $t$: $t + \sqrt{1+t^2} > 0$ sempre, inclusive para $t$ muito negativo, quando $\sqrt{1+t^2} > |t|$.

   Solução geral da equação.

   $$y(t) = C\,\exp\!\left(-\frac{t\sqrt{1+t^2}}{2}\right) \bigl(t + \sqrt{1+t^2}\bigr)^{-1/2}, \qquad C \in \mathbb{R}.$$

   Solução do PVI: $C = \sqrt{5}$.

2. básicohomogênea de primitiva não elementarBraun §1.2, nº 9

   Resolva o problema de valor inicial

   $$\frac{dy}{dt} + \sqrt{1+t^2}\,\exp(-t)\,y = 0, \qquad y(0) = 1.$$

   Dica

   A mesma fórmula do exercício anterior. Não tente calcular a integral — escreva-a de $0$ a $t$ e pare.

   Resolução

   $$y(t) = \exp\left(-\int_0^t \sqrt{1+s^2}\,\exp(-s)\,ds\right).$$

   O produto $\sqrt{1+s^2}\exp(-s)$ não tem primitiva elementar, e a resposta fica assim mesmo. Note que a condição inicial já está embutida: em $t = 0$ a integral vale $0$ e $y(0) = \exp(0) = 1$, sem precisar determinar constante nenhuma.

   Como o integrando é positivo, a integral cresce com $t$ e $y$ é decrescente para $t > 0$ — mas ela nunca chega a zero, pelo mesmo motivo do exercício 1 da lista anterior: exponencial não se anula.

   Solução geral da equação.

   $$y(t) = C\exp\left(-\int_0^t \sqrt{1+s^2}\,\exp(-s)\,ds\right), \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$

   A integral não tem primitiva elementar e permanece indicada.

   Solução do PVI: $C = y(0) = 1$.

3. básicoa condição inicial nulaBraun §1.2, nº 10

   Resolva o problema de valor inicial

   $$\frac{dy}{dt} + \sqrt{1+t^2}\,\exp(-t)\,y = 0, \qquad y(0) = 0.$$

   Dica

   Antes de calcular qualquer coisa: existe uma função óbvia que satisfaz esta equação e esta condição inicial?

   Resolução

   A equação é a mesma do exercício 9; só a condição inicial mudou. E a resposta é

   $$y(t) \equiv 0.$$

   Por quê. A função identicamente nula satisfaz a equação ($0 + a(t)\cdot 0 = 0$) e satisfaz $y(0) = 0$. Pela fórmula geral,

   $$y(t) = y(0)\exp\left(-\int_0^t a(s)\,ds\right) = 0 \cdot \exp(\cdots) = 0,$$

   e o teorema de existência e unicidade para equações lineares — com $a$ contínua, como aqui — garante que não há outra.

   O que este par de exercícios mostra. Numa equação linear homogênea, todas as soluções são múltiplos de uma só: se $y_1$ resolve, $Cy_1$ também resolve, e não há mais nada. A condição inicial apenas escolhe o múltiplo. Escolher o múltiplo zero é o único jeito de obter uma solução que toca o eixo — e ela o toca em toda parte, não num ponto. Nenhuma solução não nula da equação 9 cruza o eixo $t$ em instante algum.

   Solução geral da equação. É a mesma do exercício 9:

   $$y(t) = C\exp\left(-\int_0^t \sqrt{1+s^2}\,\exp(-s)\,ds\right), \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R},$$

   com a integral, sem primitiva elementar, indicada.

   Solução do PVI: $C = y(0) = 0$, isto é, $y \equiv 0$.

4. básicofator integrante gaussianoBraun §1.2, nº 11

   Resolva o problema de valor inicial

   $$\frac{dy}{dt} - 2ty = t, \qquad y(0) = 1.$$

   Dica

   Atenção ao sinal: na forma padrão $a(t) = -2t$, então $\mu(t) = \exp(-t^2)$. E $s\exp(-s^2)$ integra na hora.

   Resolução

   Com $\mu(t) = \exp\left(\int_0^t -2s\,ds\right) = \exp(-t^2)$, e portanto $\mu(0) = 1$:

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

   O integrando é elementar — a menos do fator $-\frac{1}{2}$, é a derivada do próprio $\exp(-s^2)$. Integrando de $0$ a $t$ e usando $y(0) = 1$:

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

   Logo $\exp(-t^2)y = \frac{3}{2} - \frac{1}{2}\exp(-t^2)$, e multiplicando por $\exp(t^2)$:

   $$y(t) = \frac{3}{2}\exp(t^2) - \frac{1}{2}.$$

   Repare que a condição inicial entrou na segunda linha, e não numa etapa posterior de “determinar $C$”: não houve constante alguma para determinar.

   Verificação. $y' = 3t\exp(t^2)$ e $-2ty = t - 3t\exp(t^2)$; somando, sobra $t$. ✓

   Compare com o exercício 14, que é a mesma equação com $b \equiv 1$ no lugar de $b(t) = t$ — e cujo resultado não é elementar. Mais uma vez, quem decide é o lado direito.

   Solução geral da equação.

   $$y(t) = C\exp(t^2) - \frac{1}{2}, \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}$$

   — a solução de equilíbrio $y \equiv -\frac12$ somada à geral da homogênea.

   Solução do PVI: $C = \frac{3}{2}$.

5. avançadoparte elementar e parte não elementarBraun §1.2, nº 12

   Resolva o problema de valor inicial

   $$\frac{dy}{dt} + ty = 1 + t, \qquad y\!\left(\tfrac{3}{2}\right) = 0.$$

   Dica

   Separe o lado direito em duas parcelas: $t\exp(t^2/2)$ integra na hora, $\exp(t^2/2)$ não integra nunca. Use $t_0 = 3/2$ como limite inferior.

   Resolução

   Com $\mu(t) = \exp(t^2/2)$:

   $$\frac{d}{dt}\left[\exp\!\left(\frac{t^2}{2}\right)y\right] = (1+t)\exp\!\left(\frac{t^2}{2}\right) = \underbrace{\exp\!\left(\frac{t^2}{2}\right)}_{\text{não elementar}} + \underbrace{t\exp\!\left(\frac{t^2}{2}\right)}_{= \frac{d}{dt}\exp(t^2/2)}.$$

   Integrando de $3/2$ a $t$ e usando $y(3/2) = 0$, o lado esquerdo fica só $\exp(t^2/2)y(t)$:

   $$\exp\!\left(\frac{t^2}{2}\right)y(t) = \int_{3/2}^{t}\exp\!\left(\frac{s^2}{2}\right)ds + \exp\!\left(\frac{t^2}{2}\right) - \exp\!\left(\frac{9}{8}\right),$$

   já que $\exp(s^2/2)$ avaliado entre os limites dá $\exp(t^2/2) - \exp\bigl((3/2)^2/2\bigr)$ e $(3/2)^2/2 = 9/8$. Dividindo por $\mu$:

   $$y(t) = 1 + \exp\!\left(-\frac{t^2}{2}\right) \left[\int_{3/2}^{t}\exp\!\left(\frac{s^2}{2}\right)ds - \exp\!\left(\frac{9}{8}\right)\right].$$

   Verificação em $t = 3/2$. A integral se anula e sobra $1 + \exp(-9/8)\bigl[-\exp(9/8)\bigr] = 1 - 1 = 0$. ✓

   Repare que a parcela elementar do lado direito produziu a solução particular $y \equiv 1$ — a mesma que se acharia procurando o equilíbrio de $y' + ty = t$ — e toda a parte não elementar ficou confinada ao termo que carrega a condição inicial.

   Solução geral da equação.

   $$y(t) = 1 + \exp\!\left(-\frac{t^2}{2}\right) \left[C + \int_{3/2}^{t}\exp\!\left(\frac{s^2}{2}\right)ds\right], \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$

   A integral $\int \exp(s^2/2)\,ds$ não tem primitiva elementar e fica indicada; trocar o limite inferior $3/2$ por outro ponto apenas redefine $C$.

   Solução do PVI: $C = -\exp\!\left(\frac{9}{8}\right)$.

6. intermediáriocondição inicial fora da origemBraun §1.2, nº 13

   Resolva o problema de valor inicial

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

   Dica

   $\mu(t) = \exp(t)$, e o limite inferior da integral é $1$, não $0$ — o ponto onde a condição foi dada.

   Resolução

   Com $\mu(t) = \exp(t)$:

   $$\frac{d}{dt}\bigl[\exp(t)y\bigr] = \frac{\exp(t)}{1+t^2}.$$

   O integrando não tem primitiva elementar. Integrando de $1$ a $t$:

   $$\exp(t)y(t) - \exp(1)\cdot 2 = \int_1^t \frac{\exp(s)}{1+s^2}\,ds,$$

   e portanto

   $$y(t) = \exp(-t)\left[2\exp(1) + \int_1^t \frac{\exp(s)}{1+s^2}\,ds\right].$$

   Verificação em $t = 1$. A integral se anula e sobra $\exp(-1)\cdot 2\exp(1) = 2$. ✓

   Escolher $t_0 = 1$ não é obrigatório — daria para integrar de $0$ a $t$ e carregar uma constante —, mas é o que faz a condição inicial aparecer dentro da fórmula em vez de exigir uma conta extra depois.

   Solução geral da equação.

   $$y(t) = \exp(-t)\left[C + \int_1^t \frac{\exp(s)}{1+s^2}\,ds\right], \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$

   O integrando $\frac{\exp(s)}{1+s^2}$ não tem primitiva elementar; a integral fica indicada.

   Solução do PVI: $C = 2\exp(1)$.

7. intermediárioa função erroBraun §1.2, nº 14

   Resolva o problema de valor inicial

   $$\frac{dy}{dt} - 2ty = 1, \qquad y(0) = 1.$$

   Dica

   Mesmo fator integrante do exercício 11. Agora, porém, sobra $\int\exp(-s^2)\,ds$ — a integral não elementar mais famosa da matemática.

   Resolução

   Com $\mu(t) = \exp(-t^2)$:

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

   Integrando de $0$ a $t$ e usando $y(0) = 1$:

   $$\exp(-t^2)y(t) - 1 = \int_0^t \exp(-s^2)\,ds \quad\Longrightarrow\quad y(t) = \exp(t^2)\left[1 + \int_0^t \exp(-s^2)\,ds\right].$$

   Verificação. Escrevendo $I(t) = \int_0^t \exp(-s^2)\,ds$, temos $y = \exp(t^2)\bigl[1 + I(t)\bigr]$ e, pelo TFC,

   $$y' = 2t\exp(t^2)\bigl[1 + I(t)\bigr] + \exp(t^2)\exp(-t^2) = 2ty + 1. \;\checkmark$$

   A integral que sobrou é, a menos de normalização, a função erro:

   $$\operatorname{erf}(t) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^t \exp(-s^2)\,ds,$$

   de modo que $y(t) = \exp(t^2)\left[1 + \frac{\sqrt{\pi}}{2}\operatorname{erf}(t)\right]$. Batizar a integral não a torna mais elementar — erf é tabelada e implementada exatamente porque não se escreve com as funções de sempre. É o mesmo tipo de resposta dos exercícios 9, 12 e 13; só que esta tem nome próprio.

   Solução geral da equação.

   $$y(t) = \exp(t^2)\left[C + \int_0^t \exp(-s^2)\,ds\right] = \exp(t^2)\left[C + \frac{\sqrt{\pi}}{2}\operatorname{erf}(t)\right], \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t \in \mathbb{R}.$$

   A integral $\int_0^t \exp(-s^2)\,ds$ não tem primitiva elementar — dar-lhe o nome erf é notação, não solução em forma fechada.

   Solução do PVI: $C = 1$.