Equações separáveis

O enunciado é do livro; a resolução é nossa. Tente antes de abrir — e confira 21 e 23 na p. 557 do Braun; os pares não têm resposta no livro.

1. intermediáriotranslação dos eixosBraun §1.4, nº 20

   Considere a equação diferencial

   $$\frac{dy}{dt} = \frac{t + y + 1}{t - y + 3}. \qquad (*)$$

   Saberíamos resolver esta equação se as constantes $1$ e $3$ não estivessem presentes. Para eliminá-las, fazemos a substituição $t = T + h$, $y = Y + k$.

   (a) Determine $h$ e $k$ de modo que $(*)$ possa ser escrita na forma $\dfrac{dY}{dT} = \dfrac{T + Y}{T - Y}$.

   (b) Encontre a solução geral de $(*)$. (Veja o Exercício 18.)

   Dica

   Em (a), substitua e imponha que as constantes que sobram sejam nulas — são duas equações lineares em $h$ e $k$. Em (b), a equação reduzida é homogênea: use $V = Y/T$.

   Resolução

   Por que a substituição não muda a derivada. Como $h$ e $k$ são constantes, $dT = dt$ e $dY = dy$, de modo que $\frac{dY}{dT} = \frac{dy}{dt}$. A troca é uma translação dos eixos, e a inclinação da curva em cada ponto é a mesma vista de qualquer origem.

   (a) Determinação de $h$ e $k$. Substituindo $t = T+h$ e $y = Y+k$:

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{T + Y + (h + k + 1)}{T - Y + (h - k + 3)}.$$

   Para chegar à forma pedida basta anular as duas constantes:

   $$\begin{cases} h + k + 1 = 0 \\ h - k + 3 = 0 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad h = -2, \quad k = 1.$$

   Ou seja, $T = t + 2$ e $Y = y - 1$: a nova origem está em $(t,y) = (-2,\,1)$, que é precisamente onde as retas $t + y + 1 = 0$ e $t - y + 3 = 0$ se cruzam. Não é coincidência — é o conteúdo do exercício 21.

   (b) A equação reduzida. Dividindo numerador e denominador por $T$,

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{1 + Y/T}{1 - Y/T},$$

   que só depende de $V = Y/T$: é homogênea. Com $Y = TV$ e $Y' = V + TV'$,

   $$T\frac{dV}{dT} = \frac{1+V}{1-V} - V = \frac{(1+V) - V(1-V)}{1-V} = \frac{1 + V^2}{1 - V}.$$

   Separação e integração. Como $1 + V^2 \geq 1$, não se perde solução ao dividir:

   $$\int \frac{1-V}{1+V^2}\,dV = \int \frac{dT}{T} \quad\Longrightarrow\quad \arctan V - \frac{1}{2}\ln(1+V^2) = \ln|T| + c.$$

   Volta a $T$ e $Y$. Com $V = Y/T$, os dois termos logarítmicos se juntam:

   $$\frac{1}{2}\ln\!\left(1 + \frac{Y^2}{T^2}\right) + \ln|T| = \frac{1}{2}\ln\!\frac{T^2+Y^2}{T^2} + \ln|T| = \frac{1}{2}\ln\bigl(T^2 + Y^2\bigr),$$

   de modo que a solução geral, em forma implícita, é

   $$\arctan\!\frac{Y}{T} = \frac{1}{2}\ln\bigl(T^2 + Y^2\bigr) + c.$$

   Volta às variáveis originais. Com $T = t+2$ e $Y = y-1$,

   $$\boxed{\; \arctan\!\left(\frac{y-1}{t+2}\right) = \frac{1}{2}\ln\!\left[(t+2)^2 + (y-1)^2\right] + c \;}$$

   O que essas curvas são. Em coordenadas polares centradas na nova origem — $T = r\cos\theta$, $Y = r\sin\theta$ — a igualdade acima diz $\theta = \ln r + c$, isto é,

   $$r = k\,e^{\theta}, \qquad k > 0:$$

   espirais logarítmicas em torno do ponto $(-2,\,1)$. Escrita assim, a resposta não tem o defeito do $\arctan$, que só distingue direções a menos de $\pi$ e obriga a tratar $T>0$ e $T<0$ em separado.

   Verificação. Para $r = ke^{\theta}$ vale $\frac{dr}{d\theta} = r$, e

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{r'\sin\theta + r\cos\theta}{r'\cos\theta - r\sin\theta} = \frac{\sin\theta + \cos\theta}{\cos\theta - \sin\theta} = \frac{Y + T}{T - Y}. \;\checkmark$$

   Sobre o ponto $(-2,1)$. Ali numerador e denominador se anulam ao mesmo tempo: a equação assume a forma $0/0$ e não define direção alguma. É o centro das espirais, e nenhuma solução passa por ele — todas apenas se enrolam em sua volta, com $r \to 0$ quando $\theta \to -\infty$.

2. avançadoo teorema por trás da substituiçãoBraun §1.4, nº 21

   (a) Prove que a equação diferencial

   $$\frac{dy}{dt} = \frac{at + by + m}{ct + dy + n},$$

   onde $a$, $b$, $c$, $d$, $m$ e $n$ são constantes, sempre pode ser reduzida a $\dfrac{dy}{dt} = \dfrac{at+by}{ct+dy}$ se $ad - bc \neq 0$.

   (b) Resolva a equação acima no caso especial em que $ad = bc$.

   Dica

   Em (a), a substituição do exercício 20 leva a um sistema linear $2\times 2$ em $h$ e $k$ cujo determinante é exatamente $ad-bc$. Em (b), a hipótese diz que $(c,d)$ é múltiplo de $(a,b)$ — então $v = at+by$ é a única variável que aparece.

   Resolução

   (a) O caso $ad - bc \neq 0$. Com $t = T+h$, $y = Y+k$, e lembrando que $\frac{dY}{dT} = \frac{dy}{dt}$,

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{aT + bY + (ah + bk + m)}{cT + dY + (ch + dk + n)}.$$

   A forma desejada se obtém exigindo que as duas constantes se anulem:

   $$\begin{cases} ah + bk = -m \\ ch + dk = -n. \end{cases}$$

   Isto é um sistema linear em $(h,k)$ com matriz $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ e determinante $ad - bc$. Sendo ele não nulo, o sistema tem solução única — e, por Cramer,

   $$h = \frac{bn - dm}{ad - bc}, \qquad k = \frac{cm - an}{ad - bc}.$$

   Feita essa translação, a equação fica $\frac{dY}{dT} = \frac{aT+bY}{cT+dY}$, como se queria. E ela agora é homogênea: dividindo por $T$ em cima e embaixo, o lado direito é $\frac{a + b(Y/T)}{c + d(Y/T)}$, função só de $Y/T$. Pelo exercício 13, é separável.

   Leitura geométrica. $ad - bc \neq 0$ é exatamente a condição de as retas $at+by+m=0$ e $ct+dy+n=0$ não serem paralelas; e o par $(h,k)$ dado por Cramer é o ponto onde elas se cruzam. A demonstração é a versão algébrica de “mude a origem para a interseção”.

   (b) O caso $ad = bc$. Agora as duas retas são paralelas, não há ponto de encontro, e a translação não tem o que fazer. Mas a mesma hipótese dá o substituto: $ad - bc = 0$ diz que os vetores $(a,b)$ e $(c,d)$ são proporcionais, digamos $(c,d) = \lambda(a,b)$, e portanto

   $$ct + dy = \lambda\,(at + by).$$

   Numerador e denominador dependem de $t$ e $y$ só através de $v = at + by$. Essa é a variável certa. De $v' = a + b\,y'$,

   $$\frac{dv}{dt} = a + b\,\frac{v + m}{\lambda v + n},$$

   que é separável — não sobrou nenhum $t$ ou $y$ solto do lado direito. (Se $b = 0$, a hipótese força $ad = 0$; com $a \neq 0$ isso dá $d = 0$ e a equação $y' = \frac{at+m}{ct+n}$ se integra diretamente. Suponhamos daqui em diante $a \neq 0$ e $b \neq 0$, e escrevamos $\lambda = c/a$.)

   A conta. Multiplicando numerador e denominador por $a$,

   $$\frac{dv}{dt} = a + \frac{ab(v+m)}{cv + an} = \frac{a\bigl[(b+c)v + an + bm\bigr]}{cv + an}.$$

   Chamando $w = (b+c)v + an + bm$ — de modo que $w' = (b+c)v'$ e $cv + an = \dfrac{cw + b(an - cm)}{b+c}$ — a equação vira

   $$\frac{cw + b(an-cm)}{w}\,dw = a(b+c)^2\,dt,$$

   e integrando,

   $$c\,w + b(an - cm)\ln|w| = a(b+c)^2\,t + \text{const}.$$

   Simplificação. Substituindo $w$ de volta, $cw = c(b+c)(at+by) + c(an+bm)$, e o termo em $t$ se combina com ele:

   $$a(b+c)^2 t - c(b+c)(at+by) = b(b+c)(at - cy).$$

   Absorvendo as constantes e dividindo por $b$:

   $$\boxed{\; (an - cm)\,\ln\bigl|(b+c)(at+by) + an + bm\bigr| = (b+c)(at - cy) + \text{const}\;}$$

   ou, exponenciando,

   $$\bigl|(b+c)(at+by) + an + bm\bigr| = k\,\exp\!\left[\frac{(b+c)(at - cy)}{an - cm}\right].$$

   Os dois subcasos que a fórmula não cobre.

   • Se $an = cm$, então $ct+dy+n = \frac{c}{a}(at+by+m)$: o denominador é múltiplo do numerador, $y' \equiv a/c$ é constante e as soluções são retas.
   • Se $b + c = 0$, então $w$ é constante e a separação fica ainda mais simples: $(cv + an)\,dv = a(an+bm)\,dt$, que integra num polinômio de segundo grau em $v$, sem logaritmo nenhum. É o caso do exercício 23.
3. intermediáriotranslação seguida de homogêneaBraun §1.4, nº 22

   Encontre a solução geral de

   $$(1 + t - 2y) + (4t - 3y - 6)\frac{dy}{dt} = 0.$$

   Dica

   Isole $y'$ para reconhecer o formato do exercício 21 e teste $ad-bc$. Dá diferente de zero: transladar a origem para a interseção das duas retas e seguir com $V = Y/T$.

   Resolução

   Forma padrão.

   $$\frac{dy}{dt} = -\frac{1 + t - 2y}{4t - 3y - 6} = \frac{2y - t - 1}{4t - 3y - 6},$$

   isto é, $a = -1$, $b = 2$, $m = -1$, $c = 4$, $d = -3$, $n = -6$. Então

   $$ad - bc = (-1)(-3) - (2)(4) = -5 \neq 0,$$

   e estamos no caso genérico do exercício 21: as retas se cruzam.

   Translação. Resolvendo $-h + 2k - 1 = 0$ e $4h - 3k - 6 = 0$ obtém-se $h = 3$, $k = 2$. Com $T = t - 3$ e $Y = y - 2$,

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{2Y - T}{4T - 3Y}.$$

   Homogênea. Com $V = Y/T$ e $Y' = V + TV'$,

   $$T\frac{dV}{dT} = \frac{2V - 1}{4 - 3V} - V = \frac{2V - 1 - 4V + 3V^2}{4 - 3V} = \frac{3V^2 - 2V - 1}{4 - 3V} = \frac{(3V+1)(V-1)}{4 - 3V}.$$

   Frações parciais. De $4 - 3V = A(V-1) + B(3V+1)$, avaliando em $V = 1$ e em $V = -\frac13$, vem $B = \frac14$ e $A = -\frac{15}{4}$. Logo

   $$\int\!\left[\frac{-15/4}{3V+1} + \frac{1/4}{V-1}\right]dV = \int\frac{dT}{T} \quad\Longrightarrow\quad -\frac{5}{4}\ln|3V+1| + \frac{1}{4}\ln|V-1| = \ln|T| + c.$$

   Multiplicando por $4$ e exponenciando,

   $$\frac{V-1}{(3V+1)^5} = C\,T^4.$$

   Volta a $T$ e $Y$. Com $V = Y/T$, temos $V - 1 = \frac{Y-T}{T}$ e $(3V+1)^5 = \frac{(3Y+T)^5}{T^5}$, de modo que o lado esquerdo é $\frac{(Y-T)\,T^4}{(3Y+T)^5}$ — e o fator $T^4$ cancela com o da direita:

   $$Y - T = C\,(T + 3Y)^5.$$

   Volta às variáveis originais. Com $T = t-3$ e $Y = y-2$: $Y - T = y - t + 1$ e $T + 3Y = t + 3y - 9$. Portanto

   $$\boxed{\;y - t + 1 = C\,(t + 3y - 9)^5\;}$$

   Verificação. Escrevendo $u = t+3y-9$ e $p = y-t+1$, derivar $p = Cu^5$ dá $p' = 5Cu^4u' = \frac{5p}{u}u'$, ou seja $(y'-1)u = 5p\,(1+3y')$, e daí $y'(u - 15p) = u + 5p$. Como

   $$u - 15p = 4(4t - 3y - 6), \qquad u + 5p = 4(2y - t - 1),$$

   sobra $y' = \dfrac{2y-t-1}{4t-3y-6}$. ✓

   As duas soluções que a divisão excluiu. Ao dividir por $(3V+1)(V-1)$ supusemos $V \neq 1$ e $V \neq -\frac13$, isto é, descartamos as duas retas que passam pelo centro $(3,2)$ com essas inclinações:

   • $V = 1$: $y = t - 1$. É solução — substituindo, $y' = 1$ e o lado direito vale $\frac{t-3}{t-3} = 1$ —, e volta à família com $C = 0$.
   • $V = -\frac13$: $t + 3y - 9 = 0$, ou $y = \frac{9-t}{3}$. Também é solução ($y' = -\frac13$ dos dois lados), mas nenhum $C$ finito a produz. Ela é o caso limite $C \to \infty$, e para incluí-la basta escrever a resposta na forma recíproca

   $$(t + 3y - 9)^5 = K\,(y - t + 1), \qquad K \in \mathbb{R},$$

   com $K = 0$ dando exatamente essa reta. É a mesma situação do §1.4 nº 1 (Lista 4), em que a forma explícita perdia a solução $y = -1/t$: o defeito é do passo algébrico, não da equação.

   Solução geral.

   $$y - t + 1 = C\,(t + 3y - 9)^5, \qquad C \in \mathbb{R},$$

   mais a reta $t + 3y - 9 = 0$. Todas as curvas passam pelo ponto $(3,2)$ — o único ponto do plano onde a equação toma a forma $0/0$.

4. intermediárioretas paralelas: o caso degeneradoBraun §1.4, nº 23

   Encontre a solução geral de

   $$(t + 2y + 3) + (2t + 4y - 1)\frac{dy}{dt} = 0.$$

   Dica

   Compare os dois parênteses: um é quase o dobro do outro. Teste $ad-bc$ antes de tentar transladar — e, se der zero, use $v = t + 2y$.

   Resolução

   Por que a translação não serve. Na forma padrão,

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

   temos $a = -1$, $b = -2$, $c = 2$, $d = 4$, e

   $$ad - bc = (-1)(4) - (-2)(2) = -4 + 4 = 0.$$

   Estamos no caso degenerado do exercício 21(b): as retas $t + 2y + 3 = 0$ e $2t + 4y - 1 = 0$ são paralelas — a segunda é a primeira multiplicada por $2$, a menos do termo constante — e não existe origem que anule as duas constantes de uma vez. Note também que $b + c = 0$, o subcaso sem logaritmo.

   A substituição certa. Ambos os parênteses dependem de $t$ e $y$ só através de $v = t + 2y$: o primeiro é $v + 3$, o segundo é $2v - 1$. Com $v' = 1 + 2y'$, isto é, $y' = \frac{v'-1}{2}$, a equação original vira

   $$(v + 3) + (2v - 1)\frac{v' - 1}{2} = 0.$$

   Multiplicando por $2$:

   $$2v + 6 + (2v-1)v' - (2v - 1) = 0 \quad\Longrightarrow\quad (2v - 1)\frac{dv}{dt} + 7 = 0.$$

   Os termos em $v$ fora da derivada se cancelaram — é o que $b + c = 0$ significa — e sobrou uma equação separável de integração imediata.

   Integração.

   $$\int (2v - 1)\,dv = -\int 7\,dt \quad\Longrightarrow\quad v^2 - v = c - 7t.$$

   Volta às variáveis originais.

   $$\boxed{\;(t + 2y)^2 - (t + 2y) = c - 7t\;}$$

   que é a resposta do livro. Esta é uma solução em forma implícita, e é assim que se deixa: resolver para $y$ obrigaria a escolher um ramo da raiz.

   Verificação. Derivando implicitamente com $v = t+2y$: $2vv' - v' = -7$, ou $(2v-1)v' = -7$, com $v' = 1 + 2y'$. Substituindo, $(2v-1)(1+2y') = -7$, e como $2v - 1 = 2t+4y-1$ e $(2v-1) + 7 = 2t + 4y + 6 = 2(t+2y+3)$, vem

   $$2(2t+4y-1)y' = -7 - (2v-1) = -2(t+2y+3),$$

   isto é, $(t+2y+3) + (2t+4y-1)y' = 0$. ✓

   O que essas curvas são, e onde cada solução vive. Escrevendo a relação como

   $$t = \frac{c + v - v^2}{7},$$

   vê-se que, para cada $c$, $t$ é uma parábola em $v$ com máximo em $v = \frac12$, no instante

   $$t^{*} = \frac{c + \frac14}{7}.$$

   Cada curva de nível existe, portanto, só para $t \leq t^{*}$, e tem dois ramos — um com $v > \frac12$, outro com $v < \frac12$ — que se encontram nesse ponto de retorno. Cada ramo é uma solução, no intervalo $(-\infty,\,t^{*})$.

   O ponto de encontro é justamente onde $2t + 4y - 1 = 0$, a reta em que o coeficiente de $y'$ se anula e a equação deixa de estar na forma normal: de $(2v-1)v' = -7$ vem $v' \to \infty$, e portanto $y' \to \infty$, quando $v \to \frac12$. A curva chega ali com tangente vertical e para — o mesmo fenômeno do §1.4 nº 6 e nº 9 (Lista 4), agora causado pela reta proibida da equação.

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

1. intermediárioseparação com arco-tangenteBraun §1.4, nº 1

   Encontre a solução geral de

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

   Sugestão do livro: $\tan(x+y) = \dfrac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$.

   Dica

   Separe e integre entre $(t_0, y_0)$ e $(t, y)$: os dois lados dão arco-tangente. A sugestão serve para tirar o $y$ de dentro do $\tan$ no fim.

   Resolução

   Separação e integração. Nenhum dos fatores se anula ($1+y^2 \geq 1$), então dá para dividir sem perder solução. Integrando entre um ponto $(t_0, y_0)$ da solução e o ponto corrente:

   $$\int_{y_0}^{y}\frac{d\eta}{1+\eta^2} = \int_{t_0}^{t}\frac{ds}{1+s^2} \quad\Longrightarrow\quad \arctan y - \arctan y_0 = \arctan t - \arctan t_0.$$

   Passando para o mesmo lado o que depende do ponto base,

   $$\arctan y - \arctan t = \underbrace{\arctan y_0 - \arctan t_0}_{=:\,c},$$

   com $c$ constante — é a forma implícita da solução geral.

   Forma explícita. Tomando a tangente dos dois lados e usando a fórmula da sugestão, na versão para a diferença,

   $$\tan(\arctan y - \arctan t) = \frac{y - t}{1 + ty} = \tan c =: k,$$

   de onde $y - t = k(1 + ty)$ e, isolando $y$,

   $$y(t) = \frac{t + k}{1 - kt}.$$

   Verificação. Derivando pela regra do quociente,

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

   enquanto

   $$1 + y^2 = \frac{(1-kt)^2 + (t+k)^2}{(1-kt)^2} = \frac{(1+k^2)(1+t^2)}{(1-kt)^2},$$

   usando $(1-kt)^2 + (t+k)^2 = 1 + k^2t^2 + t^2 + k^2 = (1+k^2)(1+t^2)$. Logo $(1+t^2)y' = 1+y^2$. ✓

   Uma solução fora da família. A função $y = -1/t$ também resolve a equação — confira: $(1+t^2)\cdot\frac{1}{t^2} = 1 + \frac{1}{t^2}$ — e não se obtém de nenhum $k$ finito. Ela é o caso limite $k \to \infty$, que corresponde a $c = \pi/2$: um valor legítimo da constante cuja tangente não existe. A forma implícita $\arctan y - \arctan t = c$ não tem esse defeito; ele foi introduzido pelo passo algébrico que deixou tudo explícito.

   Solução geral. Na forma implícita, que é a completa,

   $$\arctan y - \arctan t = c, \qquad c \in \mathbb{R};$$

   explicitamente, com $k = \tan c$,

   $$y(t) = \frac{t + k}{1 - kt}, \qquad k \in \mathbb{R}, \qquad\text{mais o caso } c = \tfrac{\pi}{2}:\; y(t) = -\frac{1}{t}.$$
2. básicosolução perdida na divisãoBraun §1.4, nº 2

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} = (1+t)(1+y).$$

   Dica

   Já vem separada. Ao dividir por $1+y$, anote o que você está supondo — e volte para conferir no fim.

   Resolução

   Separação e integração. Supondo $y \neq -1$ e integrando entre $(t_0, y_0)$ e $(t, y)$:

   $$\int_{y_0}^{y}\frac{d\eta}{1+\eta} = \int_{t_0}^{t}(1+s)\,ds \quad\Longrightarrow\quad \ln|1+y| - \ln|1+y_0| = \left(t + \frac{t^2}{2}\right) - \left(t_0 + \frac{t_0^2}{2}\right).$$

   Exponenciando e juntando num único fator tudo o que depende do ponto base,

   $$1 + y = \underbrace{(1+y_0)\exp\!\left[-\left(t_0 + \frac{t_0^2}{2}\right)\right]}_{=:\,C} \exp\!\left(t + \frac{t^2}{2}\right),$$

   isto é,

   $$y(t) = -1 + C\exp\!\left(t + \frac{t^2}{2}\right), \qquad C \neq 0.$$

   A solução perdida. A divisão excluiu $y \equiv -1$, que é solução: o lado esquerdo dá $0$ e o direito, $(1+t)\cdot 0 = 0$. Ela é recuperada admitindo $C = 0$ na fórmula acima — o que permite escrever, sem ressalva,

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

   Que a solução perdida caiba de volta na família é sorte comum, não regra: veja o exercício 12 desta mesma lista, onde ela é a única resposta e nenhum valor da constante a produz.

   Solução geral.

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

   com $C = 0$ correspondendo à solução constante $y \equiv -1$.

3. básicofatoração antes da separaçãoBraun §1.4, nº 3

   Encontre a solução geral de

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

   Dica

   O lado direito não parece separável — até você agrupar os termos dois a dois e fatorar.

   Resolução

   Fatoração. Agrupando,

   $$1 - t + y^2 - ty^2 = (1-t) + y^2(1-t) = (1-t)(1+y^2).$$

   É a mesma estrutura do exercício 1, com $(1-t)$ no lugar de $\frac{1}{1+t^2}$.

   Separação e integração.

   $$\int_{y_0}^{y}\frac{d\eta}{1+\eta^2} = \int_{t_0}^{t}(1-s)\,ds \quad\Longrightarrow\quad \arctan y - \arctan y_0 = \left(t - \frac{t^2}{2}\right) - \left(t_0 - \frac{t_0^2}{2}\right),$$

   e reunindo as constantes do ponto base em $c$,

   $$\arctan y = t - \frac{t^2}{2} + c \quad\Longrightarrow\quad y(t) = \tan\!\left(t - \frac{t^2}{2} + c\right).$$

   A solução vale enquanto o argumento da tangente permanecer entre dois múltiplos ímpares consecutivos de $\pi/2$. Como $t - \frac{t^2}{2}$ tem máximo $\frac12$ em $t = 1$ e decresce sem limite para os dois lados, toda solução acaba encontrando uma assíntota vertical — mas o enunciado pede só a forma geral.

   Solução geral.

   $$y(t) = \tan\!\left(t - \frac{t^2}{2} + c\right), \qquad c \in \mathbb{R},$$

   em cada intervalo maximal onde o argumento fica entre dois múltiplos ímpares consecutivos de $\pi/2$.

4. básicoexponencial de uma somaBraun §1.4, nº 4

   Encontre a solução geral de

   $$\frac{dy}{dt} = \exp(t + y + 3).$$

   Dica

   Exponencial de soma é produto de exponenciais — é isso que separa a equação.

   Resolução

   Separação e integração. Como $\exp(t+y+3) = \exp(3)\exp(t)\exp(y)$:

   $$\int_{y_0}^{y}\exp(-\eta)\,d\eta = \exp(3)\int_{t_0}^{t}\exp(s)\,ds,$$

   isto é,

   $$\exp(-y_0) - \exp(-y) = \exp(t+3) - \exp(t_0+3).$$

   Isolando,

   $$\exp(-y) = \underbrace{\exp(-y_0) + \exp(t_0+3)}_{=:\,K} - \exp(t+3) \quad\Longrightarrow\quad y(t) = -\ln\bigl(K - \exp(t+3)\bigr).$$

   Onde vale. É preciso $K - \exp(t+3) > 0$, ou seja, $t < \ln K - 3$. Note que $K > 0$ sai de graça: é soma de duas exponenciais. Com a primitiva indefinida essa positividade teria de ser imposta à mão, como condição sobre a constante; com os limites explícitos, ela é consequência.

   Toda solução, portanto, existe apenas à esquerda de uma barreira, e $y \to +\infty$ quando $t$ se aproxima dela — o que era de esperar: com $y' = \exp(y)\cdot(\text{positivo})$, quanto maior $y$, mais depressa ele cresce. Nenhuma solução perdida aqui, pois $\exp(y)$ nunca se anula.

   Solução geral.

   $$y(t) = -\ln\bigl(K - \exp(t+3)\bigr), \qquad K > 0, \quad t < \ln K - 3.$$
5. intermediáriosolução implícita e soluções constantesBraun §1.4, nº 5

   Encontre a solução geral de

   $$\cos y \,\sin t\, \frac{dy}{dt} = \sin y \,\cos t.$$

   Dica

   Junte o que é de $y$ de um lado e o que é de $t$ do outro. Os dois lados viram derivadas logarítmicas — e a divisão por $\sin y$ merece nota.

   Resolução

   Separação e integração. Supondo $\sin y \neq 0$ e $\sin t \neq 0$:

   $$\int_{y_0}^{y}\frac{\cos\eta}{\sin\eta}\,d\eta = \int_{t_0}^{t}\frac{\cos s}{\sin s}\,ds \quad\Longrightarrow\quad \ln|\sin y| - \ln|\sin y_0| = \ln|\sin t| - \ln|\sin t_0|.$$

   Exponenciando e absorvendo o sinal na constante:

   $$\sin y = C \sin t, \qquad C = \frac{\sin y_0}{\sin t_0}.$$

   Esta é a solução geral em forma implícita, e é assim que se deixa: isolar $y = \arcsin(C\sin t)$ obrigaria a escolher um ramo do arco-seno e restringiria a resposta sem necessidade.

   As soluções perdidas. A divisão excluiu $\sin y = 0$, isto é, as constantes $y \equiv n\pi$ com $n$ inteiro. Todas são soluções — os dois lados da equação zeram —, e todas voltam à família fazendo $C = 0$.

   Solução geral, em forma implícita:

   $$\sin y = C \sin t, \qquad C \in \mathbb{R},$$

   nos intervalos onde $\sin t \neq 0$. O valor $C = 0$ cobre as soluções constantes $y \equiv n\pi$.

6. intermediárioPVI com escolha de ramoBraun §1.4, nº 6

   Resolva o problema de valor inicial e determine o intervalo de existência:

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

   Dica

   Separe e integre de $y=1$ a $y$ à esquerda, de $t=0$ a $t$ à direita — a condição inicial já entra aí. No fim, escolha o sinal da raiz olhando para $y(0)$.

   Resolução

   Separação e integração, já com os dados iniciais nos limites.

   $$\int_{1}^{y}\frac{2\eta}{1+\eta^2}\,d\eta = -\int_{0}^{t}s^2\,ds \quad\Longrightarrow\quad \ln(1+y^2) - \ln 2 = -\frac{t^3}{3}.$$

   Não precisa de módulo: $1+\eta^2 > 0$. Exponenciando,

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

   Nenhuma constante ficou para determinar — a condição inicial foi usada no momento em que se escreveram os limites.

   Escolha do ramo. Como $y(0) = 1 > 0$ e a solução é contínua, ela permanece positiva enquanto existir — para trocar de sinal teria de passar por $y = 0$, onde a equação, na forma $y' = -\frac{t^2(1+y^2)}{2y}$, nem está definida. Portanto

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

   Intervalo de existência. É preciso que o radicando seja positivo:

   $$2\exp\!\left(-\frac{t^3}{3}\right) > 1 \;\Longleftrightarrow\; -\frac{t^3}{3} > -\ln 2 \;\Longleftrightarrow\; t^3 < 3\ln 2 \;\Longleftrightarrow\; t < (3\ln 2)^{1/3}.$$

   Para $t$ negativo não há obstáculo algum: $\exp(-t^3/3)$ cresce. Logo o intervalo é

   $$\left(-\infty,\;(3\ln 2)^{1/3}\right), \qquad (3\ln 2)^{1/3} \approx 1{,}276.$$

   À medida que $t$ sobe até esse valor, $y \to 0^+$ e a derivada explode: a curva chega ao eixo com tangente vertical, e ali a equação deixa de fazer sentido.

   Solução geral da equação, em forma implícita:

   $$1 + y^2 = C\exp\!\left(-\frac{t^3}{3}\right), \qquad C > 0,$$

   isto é, $y = \pm\sqrt{C\exp(-t^3/3) - 1}$, com o sinal fixado pelo ponto inicial e $t$ restrito a $t < (3\ln C)^{1/3}$.

   Solução do PVI: $C = 2$ e ramo positivo, no intervalo $\left(-\infty,\,(3\ln 2)^{1/3}\right)$.

7. intermediáriointervalo que é a reta inteiraBraun §1.4, nº 7

   Resolva o problema de valor inicial e determine o intervalo de existência:

   $$\frac{dy}{dt} = \frac{2t}{y + yt^2}, \qquad y(2) = 3.$$

   Dica

   Fatore o denominador: $y + yt^2 = y(1+t^2)$. Os limites de integração são $y$ de $3$ a $y$ e $t$ de $2$ a $t$. Depois verifique se o radicando chega mesmo a zerar — desta vez ele não zera.

   Resolução

   Separação e integração. Como $y + yt^2 = y(1+t^2)$, a equação separa em $y\,dy = \frac{2t}{1+t^2}\,dt$, e integrando com os dados iniciais nos limites:

   $$\int_{3}^{y}\eta\,d\eta = \int_{2}^{t}\frac{2s}{1+s^2}\,ds \quad\Longrightarrow\quad \frac{y^2 - 9}{2} = \ln(1+t^2) - \ln 5.$$

   Logo

   $$y^2 = 9 + 2\ln\!\left(\frac{1+t^2}{5}\right),$$

   e, como $y(2) = 3 > 0$, fica-se com o ramo positivo:

   $$y(t) = \sqrt{2\ln\!\left(\frac{1+t^2}{5}\right) + 9}.$$

   Verificação em $t = 2$. O logaritmo se anula e sobra $\sqrt{9} = 3$. ✓

   Intervalo de existência. O radicando é mínimo onde $1+t^2$ é mínimo, isto é, em $t = 0$, onde vale

   $$2\ln\!\left(\frac{1}{5}\right) + 9 = 9 - 2\ln 5 \approx 5{,}78 > 0.$$

   Como ele nunca chega a zero — e portanto $y$ nunca se aproxima de $0$, o único ponto onde a equação seria singular —, a solução existe para todo $t$:

   $$(-\infty,\;+\infty).$$

   Vale contrastar com o exercício anterior, de aparência parecida: lá o radicando alcançava zero em tempo finito e cortava o intervalo; aqui ele tem um piso positivo. Só a conta distingue os dois casos.

   Solução geral da equação, em forma implícita:

   $$y^2 = 2\ln(1+t^2) + C, \qquad C \in \mathbb{R},$$

   ou seja $y = \pm\sqrt{2\ln(1+t^2) + C}$, com o sinal fixado pelo ponto inicial.

   Solução do PVI: $C = 9 - 2\ln 5$ e ramo positivo, em $(-\infty, +\infty)$.

8. intermediáriointervalo simétrico e limitadoBraun §1.4, nº 8

   Resolva o problema de valor inicial e determine o intervalo de existência:

   $$(1+t^2)^{1/2}\frac{dy}{dt} = t y^3 (1+t^2)^{-1/2}, \qquad y(0) = 1.$$

   Dica

   Junte as duas potências de $(1+t^2)$ antes de qualquer coisa: a equação é bem mais simples do que parece.

   Resolução

   Simplificação. Dividindo tudo por $(1+t^2)^{1/2}$:

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

   Separação e integração. Supondo $y \neq 0$ e usando os dados iniciais como limites:

   $$\int_{1}^{y}\eta^{-3}\,d\eta = \int_{0}^{t}\frac{s}{1+s^2}\,ds \quad\Longrightarrow\quad \left[-\frac{1}{2\eta^2}\right]_{1}^{y} = \frac{1}{2}\ln(1+t^2),$$

   isto é,

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

   Multiplicando por $2$ e isolando,

   $$\frac{1}{y^2} = 1 - \ln(1+t^2) \quad\Longrightarrow\quad y(t) = \frac{1}{\sqrt{1 - \ln(1+t^2)}},$$

   com o ramo positivo, porque $y(0) = 1 > 0$.

   Intervalo de existência. É preciso $1 - \ln(1+t^2) > 0$:

   $$\ln(1+t^2) < 1 \;\Longleftrightarrow\; 1 + t^2 < e \;\Longleftrightarrow\; |t| < \sqrt{e-1}.$$

   O intervalo é

   $$\left(-\sqrt{e-1},\;\sqrt{e-1}\right), \qquad \sqrt{e-1} \approx 1{,}311,$$

   simétrico porque a equação só depende de $t$ através de $t^2$ e $t\,dt$. Nas duas extremidades $y \to +\infty$: a solução explode em tempo finito, apesar de a equação não ter nada de singular ali. Isso é típico das não lineares — o $y^3$ é o responsável — e não acontece com equação linear alguma.

   Solução geral da equação.

   $$y(t) = \pm\frac{1}{\sqrt{C - \ln(1+t^2)}}, \qquad C \in \mathbb{R}, \qquad\text{mais a solução } y \equiv 0,$$

   esta última perdida na divisão por $y^3$ e não recuperável por nenhum valor de $C$.

   Solução do PVI: $C = 1$ e ramo positivo, em $\left(-\sqrt{e-1},\,\sqrt{e-1}\right)$.

9. avançadoramo negativo da raizBraun §1.4, nº 9

   Resolva o problema de valor inicial e determine o intervalo de existência:

   $$\frac{dy}{dt} = \frac{3t^2 + 4t + 2}{2(y-1)}, \qquad y(0) = -1.$$

   Dica

   Integre de $y=-1$ a $y$ e de $t=0$ a $t$; depois complete o quadrado em $y$. O sinal da raiz é decidido por $y(0) = -1$, que está ABAIXO de $1$.

   Resolução

   Separação e integração.

   $$\int_{-1}^{y}2(\eta-1)\,d\eta = \int_{0}^{t}(3s^2+4s+2)\,ds,$$

   ou seja,

   $$\bigl[\eta^2 - 2\eta\bigr]_{-1}^{y} = \bigl[s^3 + 2s^2 + 2s\bigr]_{0}^{t} \quad\Longrightarrow\quad (y^2 - 2y) - 3 = t^3 + 2t^2 + 2t.$$

   Completando o quadrado. Somando $4$ dos dois lados,

   $$(y-1)^2 = t^3 + 2t^2 + 2t + 4 = (t+2)(t^2+2),$$

   pela fatoração por agrupamento $t^2(t+2) + 2(t+2)$.

   Escolha do ramo. $y - 1 = \pm\sqrt{(t+2)(t^2+2)}$, e como $y(0) = -1 < 1$ o sinal é o negativo:

   $$y(t) = 1 - \sqrt{(t+2)(t^2+2)}.$$

   Verificação em $t = 0$. $1 - \sqrt{2 \cdot 2} = 1 - 2 = -1$. ✓

   Intervalo de existência. Como $t^2 + 2 > 0$ sempre, o radicando tem o sinal de $t+2$, e é preciso que seja estritamente positivo: em $t = -2$ teríamos $y = 1$, exatamente onde o denominador da equação original se anula. Logo

   $$(-2,\;+\infty).$$

   Quando $t \to -2^+$, a solução tende a $1$ com derivada infinita — a curva encosta na reta $y = 1$, que é a linha proibida da equação.

   Solução geral da equação, em forma implícita:

   $$(y-1)^2 = t^3 + 2t^2 + 2t + C, \qquad C \in \mathbb{R},$$

   isto é, $y = 1 \pm \sqrt{t^3 + 2t^2 + 2t + C}$, com o sinal fixado por estar o ponto inicial acima ou abaixo da reta $y = 1$.

   Solução do PVI: $C = 4$ e ramo negativo, em $(-2, +\infty)$.

10. avançadocondição inicial num ponto singularBraun §1.4, nº 10

    Resolva o problema de valor inicial e determine o intervalo de existência:

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

    Dica

    A separação é a do exercício 5, agora com limites $\pi/2$ e $1$. O cuidado está no fim: em $y = \pi/2$ o $\cos y$ zera, e vale conferir o que a equação diz exatamente no ponto inicial.

    Resolução

    Separação e integração. Supondo $\sin y \neq 0$ e integrando de $\pi/2$ a $y$ e de $1$ a $t$:

    $$\int_{\pi/2}^{y}\frac{\cos\eta}{\sin\eta}\,d\eta = -\int_{1}^{t}\frac{s}{1+s^2}\,ds,$$

    isto é,

    $$\ln|\sin y| - \underbrace{\ln|\sin(\pi/2)|}_{=\,\ln 1\,=\,0} = -\frac{1}{2}\bigl[\ln(1+t^2) - \ln 2\bigr] = \ln\!\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+t^2}}.$$

    Exponenciando,

    $$\sin y = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+t^2}}, \qquad\text{isto é,}\qquad y(t) = \arcsin\!\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+t^2}}\right).$$

    Intervalo de existência. O arco-seno exige $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+t^2}} \leq 1$, ou seja, $1 + t^2 \geq 2$, ou ainda $|t| \geq 1$. Como o ponto inicial é $t = 1$, o intervalo candidato é $[1, +\infty)$ — mas ele ainda não é aberto do lado esquerdo, e é aí que está o detalhe.

    O que acontece em $t = 1$. Substituindo $t = 1$, $y = \pi/2$ na equação original: o lado esquerdo é $\cos(\pi/2)\,y' = 0$, e o direito é $-\frac{1 \cdot 1}{2} = -\frac12$. Não são iguais. Ou seja, não existe $y'(1)$ finito: a solução chega ao ponto inicial com tangente vertical, e o dado $y(1) = \pi/2$ é atingido como limite, não como valor de uma solução derivável ali. O intervalo de existência, como solução derivável, é

    $$(1,\;+\infty).$$

    Nele, $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+t^2}} < 1$, o arco-seno é derivável, e $y$ decresce de $\pi/2$ rumo a $0$ quando $t \to \infty$.

    Sobre o ramo. $y = \pi - \arcsin\left(\frac{\sqrt2}{\sqrt{1+t^2}}\right)$ também satisfaz $\sin y = \sqrt2/\sqrt{1+t^2}$ e a mesma condição em $t=1$, e também resolve a equação — desta vez subindo de $\pi/2$ rumo a $\pi$. O ponto inicial fica sobre a linha $\cos y = 0$, onde a equação não está na forma normal $y' = f(t,y)$ e o teorema de unicidade não se aplica; duas soluções saindo dali não contradizem coisa alguma.

    Solução geral da equação, em forma implícita:

    $$\sin y = \frac{C}{\sqrt{1+t^2}}, \qquad C \in \mathbb{R},$$

    com $C = 0$ cobrindo as soluções constantes $y \equiv n\pi$ perdidas na divisão por $\sin y$.

    Solução do PVI: $C = \sqrt{2}$, no ramo $y = \arcsin\!\left(\frac{\sqrt2}{\sqrt{1+t^2}}\right)$ — ou no ramo $y = \pi - \arcsin(\cdot)$ —, em $(1, +\infty)$.

11. avançadoreação de segunda ordemBraun §1.4, nº 11

    Resolva o problema de valor inicial e determine o intervalo de existência:

    $$\frac{dy}{dt} = k(a-y)(b-y), \qquad y(0) = 0, \quad a, b > 0.$$

    Dica

    Frações parciais, com os limites $0$ e $y$ à esquerda, $0$ e $t$ à direita. Trate à parte o caso $a = b$, em que não há frações parciais para fazer. Suponha $k > 0$.

    Resolução

    Caso $a \neq b$. Decompondo,

    $$\frac{1}{(a-\eta)(b-\eta)} = \frac{1}{b-a}\left[\frac{1}{a-\eta} - \frac{1}{b-\eta}\right],$$

    pois $\frac{1}{a-\eta} - \frac{1}{b-\eta} = \frac{(b-\eta)-(a-\eta)}{(a-\eta)(b-\eta)} = \frac{b-a}{(a-\eta)(b-\eta)}$. Integrando de $0$ a $y$ à esquerda e de $0$ a $t$ à direita:

    $$\frac{1}{b-a}\left[\ln\left|\frac{b-\eta}{a-\eta}\right|\right]_{0}^{y} = \int_0^t k\,ds = kt,$$

    isto é,

    $$\ln\!\frac{b-y}{a-y} - \ln\frac{b}{a} = (b-a)kt.$$

    Exponenciando,

    $$\frac{b-y}{a-y} = \frac{b}{a}\exp\bigl((b-a)kt\bigr) =: E(t).$$

    Isolando $y$ — de $b - y = E(a-y)$ vem $y(E-1) = Ea - b$ —

    $$y(t) = \frac{aE(t) - b}{E(t) - 1} = \frac{ab\left[\exp\bigl((b-a)kt\bigr) - 1\right]}{b\exp\bigl((b-a)kt\bigr) - a}.$$

    Verificação em $t = 0$. O numerador zera e o denominador vale $b - a \neq 0$, logo $y(0) = 0$. ✓

    Caso $a = b$. A equação vira $y' = k(a-y)^2$, e

    $$\int_0^y \frac{d\eta}{(a-\eta)^2} = \int_0^t k\,ds \quad\Longrightarrow\quad \left[\frac{1}{a-\eta}\right]_0^y = \frac{1}{a-y} - \frac{1}{a} = kt.$$

    Assim $\frac{1}{a-y} = kt + \frac{1}{a} = \frac{akt+1}{a}$, isto é, $a - y = \frac{a}{akt+1}$, e

    $$y(t) = \frac{a^2kt}{akt + 1}.$$

    Intervalo de existência. A solução explode onde o denominador se anula. No caso $a \neq b$, isso acontece em

    $$t^{*} = \frac{1}{k(b-a)}\ln\!\frac{a}{b},$$

    que é negativo qualquer que seja a ordem entre $a$ e $b$: se $a < b$, o logaritmo é negativo e o fator $k(b-a)$ é positivo; se $a > b$, os dois trocam de sinal juntos. O intervalo que contém $t = 0$ é, portanto, $\left(t^{*},\,+\infty\right)$. No caso $a = b$, o denominador zera em $t = -\frac{1}{ak} < 0$, e o intervalo é $\left(-\frac{1}{ak},\,+\infty\right)$.

    Leitura do modelo. Este é o modelo de uma reação química de segunda ordem, em que $y$ é a quantidade de produto formado a partir de $a$ e $b$ unidades de dois reagentes. Quando $t \to +\infty$, $y \to \min(a,b)$: a reação para quando o reagente em menor quantidade acaba — e a resposta, com todo o seu aspecto algébrico, está dizendo exatamente isso.

    Solução geral da equação. Para $a \neq b$, escrevendo $E(t) = C\exp\bigl((b-a)kt\bigr)$,

    $$y(t) = \frac{a\,E(t) - b}{E(t) - 1}, \qquad C \neq 0,$$

    mais as soluções constantes $y \equiv a$ e $y \equiv b$, perdidas na divisão. Para $a = b$,

    $$y(t) = a - \frac{1}{kt + C}, \qquad C \in \mathbb{R},$$

    mais a constante $y \equiv a$.

    Solução do PVI: $C = \frac{b}{a}$ no caso $a \neq b$, com intervalo $\left(\frac{1}{k(b-a)}\ln\frac{a}{b},\,+\infty\right)$; e $C = \frac{1}{a}$ no caso $a = b$, com intervalo $\left(-\frac{1}{ak},\,+\infty\right)$.

12. intermediárioa solução que a separação apagaBraun §1.4, nº 12

    Resolva o problema de valor inicial e determine o intervalo de existência:

    $$3t\,\frac{dy}{dt} = y\cos t, \qquad y(1) = 0.$$

    Dica

    Antes de separar: a condição inicial é $y(1) = 0$. Tente escrever $\int_{y_0}^{y} d\eta/\eta$ com $y_0 = 0$ e veja o que acontece.

    Resolução

    A resposta.

    $$y(t) \equiv 0, \qquad \text{no intervalo } (0,\,+\infty).$$

    Por que. A função nula satisfaz a equação — os dois lados dão $0$ — e satisfaz $y(1) = 0$.

    E ela é a única. Na forma normal, a equação é

    $$\frac{dy}{dt} = \frac{\cos t}{3t}\,y,$$

    que é linear homogênea com coeficiente contínuo em $(0,+\infty)$; pelo mesmo argumento do §1.2 nº 10 (Lista 2), a única solução com valor inicial nulo é a identicamente nula.

    Onde a separação trava. Separando, o lado esquerdo seria

    $$\int_{y_0}^{y}\frac{d\eta}{\eta} = \int_{1}^{t}\frac{\cos s}{3s}\,ds,$$

    e com $y_0 = y(1) = 0$ a integral da esquerda diverge: $1/\eta$ não é integrável perto de zero. O método não chega nem a começar — o que é mais informativo do que a versão com primitiva indefinida, em que só se percebe o problema no fim, ao notar que

    $$y(t) = C\exp\!\left(\frac{1}{3}\int_1^t \frac{\cos s}{s}\,ds\right)$$

    nunca se anula para $C \neq 0$, e que $C = 0$ é inadmissível porque a divisão por $y$ pressupôs $y \neq 0$.

    Dos dois jeitos a conclusão é a mesma: a solução do problema é justamente aquela que o primeiro passo do método descartou — o oposto do que aconteceu no exercício 2, onde a solução perdida voltava fazendo a constante igual a zero.

    Sobre o intervalo. A restrição $t > 0$ vem do $3t$ que divide: em $t = 0$ a equação não está na forma normal. Como o ponto inicial é $t = 1$, o intervalo é $(0, +\infty)$. Que a solução seja constante e “caberia” em toda a reta não muda isso: o intervalo de existência é uma propriedade do problema, e não da aparência da fórmula.

    Solução geral da equação.

    $$y(t) = C\exp\!\left(\frac{1}{3}\int_1^t \frac{\cos s}{s}\,ds\right), \qquad C \in \mathbb{R}, \quad t > 0.$$

    A integral $\int_1^t \frac{\cos s}{s}\,ds$ não tem primitiva elementar — é o cosseno integral, a menos de constante — e fica indicada na resposta.

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