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Enunciado

Cálculo - Cálculo - 12ª Edição - Maurice D. Weir e Joel Hass (George B. Thomas)- Ed: 12º - Capítulo 7.Exercícios Práticos - Ex. 36

Nos Exercícios 35-38, resolva o problema de valor inicial.

36-

d y d x = y ln ⁡ y 1 + x 2 ,   y 0 = e 2

Passo 1

Passando d x pro outro lado e a função y ln ⁡ y para o outro nós teremos:

d y y ln ⁡ y = d x 1 + x 2

Passo 2

Fazendo a integral nos dois lados nós temos:

∫ d y y ln ⁡ y = ∫ d x 1 + x 2

Para a integral da esquerda basta aplicarmos a substituição:

u = ln ⁡ y

d u = d y y

Se substituirmos na integral da esquerda nós ficamos com:

∫ d u u = ln ⁡ u = l n ⁡ ( l n   y )

Logo:

∫ d y y ln ⁡ y = l n ⁡ ( ln ⁡ y )

Agora para a integral da direita nós temos que aplicar a substituição:

x = t g   u

d x = sec 2 ⁡ u   d u

Logo se aplicarmos a substituição, nós teremos:

∫ sec 2 ⁡ u   d u ( 1 + t g 2 u ) = ∫ sec 2 ⁡ u   d u sec 2 ⁡ u = ∫ 1   d u = u

Como x = t g   u logo u = t g - 1 x :

∫ d x 1 + x 2 = t g - 1 x

Passo 3

Substituindo os resultados na integral nós temos:

l n ⁡ ( ln ⁡ y ) = t g - 1 x + c

Porém nossa condição inicial diz que y = e 2 com x = 0 . Então vamos encontrar nossa constante c .

l n ⁡ ( ln ⁡ e 2 ) ) = t g - 1 0 + c

Fazendo as contas temos:

ln ⁡ 2 = 0 + c

Aplicando o valor de c em l n ⁡ ( ln ⁡ y ) = t g - 1 x + c :

l n ⁡ ( ln ⁡ y ) = t g - 1 x + ln ⁡ 2

Fazendo a exponencial para explicitarmos y na equação nós teremos:

ln ⁡ y = e t g - 1 x + ln ⁡ 2

Fazendo a exponencial de novo:

y = e e t g - 1 x + ln ⁡ 2

Resposta

y = e e t g - 1 x + ln ⁡ 2

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