Em cada equação abaixo pede-se:
i) Determine a solução do valor inicial;
ii) Determine o intervalo para o qual a EDO tem solução;
iii) Plot o gráfico da solução.
a) y^{\prime}=(1-2 x) y^{2}, \quad y(0)=-\frac{1}{6};
b) x d x+y e^{-x} d y=0, y(0)=1;
c) y^{\prime}=\frac{2 x}{y+x^{2} y}, \quad y(0)=-2;
d) y^{\prime}=\frac{3 x^{2}-e^{x}}{2 y-5}, \quad y(0)=1;
e) \sin (2 x) d x+\cos (3 y) d y=0, \quad y(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{3} ;
f) y^{\prime}=x y^{3}\left(1+x^{2}\right)^{-\frac{1}{2}}, \quad y(0)=1;
g) y^{\prime}=\frac{x\left(x^{2}+1\right)}{4 y^{3}}, \quad y(0)=-\frac{1}{\sqrt{2}}.

Passo 1

Temos sete EDOs com condições iniciais. Para cada uma pede-se: (i) a solução do valor inicial; (ii) o intervalo (em x) no qual a solução existe (o intervalo máximo que contém o ponto inicial); (iii) o gráfico (descrição do comportamento e assíntotas/monotonia). Lista das equações e condições iniciais fornecidas:
a) \displaystyle y'=(1-2x)\,y^{2},\quad y(0)=-\frac{1}{6}.
b) \displaystyle x\,dx + y e^{-x}\,dy=0,\quad y(0)=1.
c) \displaystyle y'=\frac{2x}{y+x^{2}y},\quad y(0)=-2.
d) \displaystyle y'=\frac{3x^{2}-e^{x}}{2y-5},\quad y(0)=1.
e) \displaystyle \sin(2x)\,dx+\cos(3y)\,dy=0,\quad y\!\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{3}.
f) \displaystyle y'=x\,y^{3}\,(1+x^{2})^{-\frac{1}{2}},\quad y(0)=1.
g) \displaystyle y'=\frac{x(x^{2}+1)}{4y^{3}},\quad y(0)=-\frac{1}{\sqrt{2}}.

Passo 2

Método geral (aula rápida e prática): quando a EDO pode ser escrita como \displaystyle \frac{dy}{dx}=F(x,y) e é possível separar as variáveis em produtos do tipo g(y)\,dy = h(x)\,dx, fazemos a separação, integramos ambos os lados e usamos a condição inicial para determinar a constante de integração. Sempre que eu usar uma primitiva conhecida, eu mostro como obtê-la (por substituição simples ou partes). Depois verifico singularidades (lugares onde a fórmula dá divisão por zero ou raiz negativa) para determinar o intervalo de existência máximo contendo o ponto inicial.

Passo 3

Equação: \displaystyle y'=(1-2x)\,y^{2}.
Escrevemos \displaystyle \frac{dy}{dx}=(1-2x)\,y^{2}. Separando:
\frac{dy}{y^{2}}=(1-2x)\,dx.
Explico: dividir por y^{2} é legal desde que y\neq0; aqui veremos se y chega a zero depois da solução.

Passo 4

Integramos ambos os lados:
\int y^{-2}\,dy = \int (1-2x)\,dx.
A primitiva à esquerda é -y^{-1}. À direita, \int(1-2x)\,dx = x - x^{2} + C. Logo
-\frac{1}{y}=x - x^{2} + C.
Usando y(0)=-\frac{1}{6} obtemos -1/(-1/6)=6 = C. Assim
-\frac{1}{y}=x - x^{2} + 6 \quad\Rightarrow\quad y(x)=-\frac{1}{x - x^{2} + 6}.

Passo 5

Para ser solução válida, o denominador não pode ser zero:
x - x^{2} + 6 = -x^{2}+x+6.
As raízes desta quadrática são obtidas resolvendo x^{2}-x-6=0, que dá x=-2 e x=3. O ponto inicial x=0 está entre essas raízes, então o intervalo máximo contendo 0 onde y é contínua é (-2,3). Comportamento/plot: y(x)<0 em (-2,3) (denominador >0), há assíntotas verticais em x=-2 e x=3 com y\to -\infty ao aproximar-se desses pontos; y' tem sinal de (1-2x) (pois y^{2}>0), logo y cresce até x=\tfrac{1}{2} e depois decresce; valor máximo local em x=\tfrac{1}{2}.

Passo 6

Equação diferencial escrita em forma diferencial: \displaystyle x\,dx + y e^{-x}\,dy=0. Reescrevo como derivada:
x + y e^{-x}\frac{dy}{dx}=0 \quad\Rightarrow\quad \frac{dy}{dx} = -\frac{x e^{x}}{y}.
Separando:
y\,dy = -x e^{x}\,dx.

Passo 7

Integramos:
\int y\,dy = \int -x e^{x}\,dx.
Lado esquerdo: y^{2}/2. Lado direito: usar integração por partes para \int x e^{x}\,dx. Tomando u=x,\\ dv=e^{x}dx temos \int x e^{x}dx = x e^{x} - e^{x} + C. Então
\frac{y^{2}}{2} = -\big(x e^{x} - e^{x}\big) + C = -x e^{x} + e^{x} + C.
Multiplicando por 2 e usando y(0)=1 (então y^{2}(0)=1) obtemos
y^{2} = -2x e^{x} + 2 e^{x} + C',\quad 1 = 0 + 2\cdot1 + C' \Rightarrow C'=-1.
Logo
y^{2}=2e^{x}(1-x)-1.
Devemos escolher o ramo compatível com y(0)=1, logo y(x)=+\sqrt{2e^{x}(1-x)-1} na vizinhança de 0.

Passo 8

A solução é real quando o radicando é não negativo:
\varphi(x):=2e^{x}(1-x)-1 \ge 0.
Análise qualitativa: \varphi'(x)=-2x e^{x}, então \varphi atinge único máximo em x=0 com \varphi(0)=1. Como \varphi(x)\to -1 quando x\to -\infty e \varphi(x)\to -\infty quando x\to +\infty, existem exatamente dois zeros a<0<b. Localizando numericamente (aproximação suficiente para prova): a\approx -1,687, b\approx 0,767. O intervalo máximo com o ponto 0 é (a,b)\approx(-1{,}687,\;0{,}767). Gráfico: y(x)>0 nesse intervalo; atinge máximo em x=0 com y(0)=1; tende a 0^{+} quando \varphi\to0^{+} e torna-se não real fora do intervalo.

Passo 9

Equação:
y'=\frac{2x}{y+x^{2}y}=\frac{2x}{y(1+x^{2})}.
É conveniente escrever como
y\,dy=\frac{2x}{1+x^{2}}\,dx.
Aqui reconhecemos \int \frac{2x}{1+x^{2}}dx=\ln(1+x^{2}) (substituição u=1+x^{2}).

Passo 10

Integrando:
\frac{y^{2}}{2}=\ln(1+x^{2})+C \quad\Rightarrow\quad y^{2}=2\ln(1+x^{2})+C'.
Usando y(0)=-2 4 = 0 + C' então C'=4. Logo
y^{2}=4+2\ln(1+x^{2}).
Como y(0)=-2 (negativo), escolhemos o ramo negativo:
y(x)=-\sqrt{4+2\ln(1+x^{2})}.

Passo 11

A expressão dentro da raiz é
4+2\ln(1+x^{2})\ge 4+2\ln(1)=4>0 \quad\text{para todo }x\in\mathbb{R}.
Portanto domínio máximo é todo \mathbb{R}. Gráfico: y(x) é negativa para todo x, simétrica em x (função de x^{2}), cresce em módulo com |x| lentamente (pelo log) — no infinito |y|\to\infty muito devagar.

Passo 12

Equação:
y'=\frac{3x^{2}-e^{x}}{2y-5}.
Separamos:
(2y-5)\,dy=(3x^{2}-e^{x})\,dx.
Integramos lados: \int(2y-5)dy = y^{2}-5y. À direita \int(3x^{2}-e^{x})dx = x^{3}-e^{x}+C.

Passo 13

Temos a relação implícita
y^{2}-5y = x^{3}-e^{x}+C.
Usando y(0)=1: 1-5=-4 = 0 -1 + C\Rightarrow C=-3. Assim
y^{2}-5y = x^{3}-e^{x}-3.
Isto é uma equação quadrática em y, resolvendo:
y=\frac{5\pm\sqrt{25+4(x^{3}-e^{x}-3)}}{2}=\frac{5\pm\sqrt{4x^{3}-4e^{x}+13}}{2}.
Para escolher o ramo, avaliamos em x=0: discrim = 9, \sqrt{9}=3, y=(5\pm3)/2 4 ou 1. Como y(0)=1, devemos escolher o sinal “ -”:
y(x)=\frac{5-\sqrt{4x^{3}-4e^{x}+13}}{2}.

Passo 14

A expressão é real quando o discriminante
D(x)=4x^{3}-4e^{x}+13 \ge 0.
Análise: D(0)=9>0. Para x\to -\infty temos D\to -\infty (domina 4x^{3} negativo), e para x\to +\infty temos D\to -\infty também (o termo -4e^{x} domina). Portanto existe um intervalo (\alpha,\beta) contendo 0 em que D\ge0 e fora dele D<0. Aproximações numéricas (suficientes para provas): \alpha\approx -1{,}445,\\ \beta\approx 4{,}62. Logo intervalo máximo contendo 0 é aproximadamente ( -1{,}445,\\\ 4{,}62). Gráfico: escolhemos a ramificação com sinal negativo; y(0)=1; quando D\downarrow 0 em borda do intervalo, y tende a \tfrac{5}{2} (pois raiz =0 y=5/2); fora do intervalo a solução passa a ser complexa (inválida real).

Passo 15

Equação:
\sin(2x)\,dx+\cos(3y)\,dy=0 \quad\Rightarrow\quad \cos(3y)\,dy = -\sin(2x)\,dx.
Integramos:
\int \cos(3y)\,dy = \int -\sin(2x)\,dx.
Lado esquerdo: \int \cos(3y)\,dy = \tfrac{1}{3}\sin(3y). Lado direito: \int -\sin(2x)\,dx = \tfrac{1}{2}\cos(2x)+C. Assim
\frac{1}{3}\sin(3y)=\frac{1}{2}\cos(2x)+C.
Usando condição y\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right)=\tfrac{\pi}{3}: à esquerda \tfrac{1}{3}\sin(\pi)=0; à direita \tfrac{1}{2}\cos(\pi)+C=-\tfrac{1}{2}+C. Logo C=\tfrac{1}{2}. Substituindo:
\frac{1}{3}\sin(3y)=\frac{1}{2}\cos(2x)+\frac{1}{2}.
Multiplicando por 3 e simplificando com identidade 1+\cos(2x)=2\cos^{2}x:
\sin(3y)=3\cos^{2}x.

Passo 16

Da relação \sin(3y)=3\cos^{2}x, notamos que o lado direito está no intervalo [0,3], mas \sin varia em [-1,1]. Logo para que haja y real precisamos de 0\le 3\cos^{2}x \le 1, ou seja \cos^{2}x \le \tfrac{1}{3}. Isto limita x a intervalos em torno dos pontos onde |\cos x| é pequeno. Como a condição inicial está em x_{0}=\tfrac{\pi}{2} (onde \cos x_{0}=0), o intervalo máximo contendo x_{0} é
\operatorname{arccos}\!\left(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\right) < x < \operatorname{arccos}\!\left(-\tfrac{1}{\sqrt{3}}\right),
numericamente (0{,}9553,\;2{,}1863) (contendo \tfrac{\pi}{2}\approx1{,}5708). Para obter explicitamente y escolhemos a ramificação contínua que satisfaz y(\tfrac{\pi}{2})=\tfrac{\pi}{3}. Observação: em x=\tfrac{\pi}{2} temos 3\cos^{2}x=0 e \sin(3y)=0\Rightarrow 3y=\pi (múltiplo de \pi), logo y=\tfrac{\pi}{3} corresponde a 3y próximo de \pi. Para manter continuidade, usamos a solução
3y = \pi - \arcsin\!\big(3\cos^{2}x\big),
porque \arcsin principal está em [-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}] e \pi-\arcsin(\cdot) dá valores próximos de \pi quando argumento é pequeno (coerente com 3y\approx\pi no inicial). Assim
y(x)=\frac{\pi - \arcsin\!\big(3\cos^{2}x\big)}{3},\quad x\in\big(\operatorname{arccos}\tfrac{1}{\sqrt{3}},\\ \operatorname{arccos}(-\tfrac{1}{\sqrt{3}})\big).
Gráfico: y(x) é contínua nesse intervalo, atinge y(\tfrac{\pi}{2})=\tfrac{\pi}{3}, e tende a valores determinados pelos zeros/singularidades nas bordas onde 3\cos^{2}x=1.

Passo 17

Equação:
y'=x\,y^{3}\,(1+x^{2})^{-1/2}.
Separação:
\frac{dy}{y^{3}} = x(1+x^{2})^{-1/2}\,dx.
Lado esquerdo: \int y^{-3}dy = -\frac{1}{2}y^{-2}. Lado direito: com u=1+x^{2}, du=2x\,dx temos \int x(1+x^{2})^{-1/2}dx = \sqrt{1+x^{2}} + C.

Passo 18

Fazendo a integração completa:
-\frac{1}{2y^{2}} = \sqrt{1+x^{2}} + C.
Usando y(0)=1: à esquerda -\tfrac{1}{2}, à direita \sqrt{1}+C=1+C então C=-\tfrac{3}{2}. Assim
-\frac{1}{2y^{2}}=\sqrt{1+x^{2}}-\frac{3}{2}.
Multiplicando por -2:
\frac{1}{y^{2}} = -2\sqrt{1+x^{2}} + 3.
Portanto
y^{2}=\frac{1}{3-2\sqrt{1+x^{2}}},\qquad y(x)=\frac{1}{\sqrt{\,3-2\sqrt{1+x^{2}}\,}},
escolhendo o sinal positivo para coincidir com y(0)=1.

Passo 19

É necessário 3-2\sqrt{1+x^{2}}>0, i.e.
\sqrt{1+x^{2}}<\frac{3}{2}\quad\Longrightarrow\quad 1+x^{2}<\frac{9}{4}\quad\Longrightarrow\quad x^{2}<\frac{5}{4}.
Logo o intervalo máximo contendo 0 é \displaystyle\Big(-\frac{\sqrt{5}}{2},\\ \frac{\sqrt{5}}{2}\Big) (onde o denominador é positivo). Nas bordas |x|=\frac{\sqrt{5}}{2} o denominador vai a zero e y\to+\infty (assíntotas verticais). Gráfico: y>0, cresce para infinito ao aproximar as bordas; é suave e tem derivada dada pela equação original.

Passo 20

Equação:
y'=\frac{x(1+x^{2})}{4y^{3}}.
Separando:
4y^{3}dy = x(1+x^{2})dx.
Integramos ambos os lados. À esquerda \int 4y^{3}dy = y^{4}. À direita:
\int x(1+x^{2})dx = \int (x + x^{3})dx = \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{4} + C.
Portanto
y^{4}=\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{4}+C.
Usando y(0)=-\frac{1}{\sqrt{2}} temos y^{4}(0)=\tfrac{1}{4}=C. Assim
y^{4}=\frac{x^{4}}{4}+\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{4}=\frac{(1+x^{2})^{2}}{4}.

Passo 21

Tomando a quarta raiz:
y(x)=\pm\frac{\sqrt{1+x^{2}}}{\sqrt{2}}=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{1+x^{2}}.
Como y(0)=-\tfrac{1}{\sqrt{2}} escolhemos o sinal negativo:
y(x)=-\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{1+x^{2}}.
Domínio: a expressão é bem definida para todo x\in\mathbb{R}, logo intervalo de existência é (-\infty,\infty). Gráfico: y(x)<0 para todo x, simétrico em x (função de x^{2}), cresce em módulo como \sim -\tfrac{|x|}{\sqrt{2}} quando |x| grande.

Resposta

a) y(x)=-\dfrac{1}{x-x^{2}+6}. Intervalo de existência: (-2,3). Gráfico: y<0 em (-2,3), assíntotas verticais em x=-2 e x=3; y cresce até x=\tfrac{1}{2} e decresce depois.
b) y(x)=\sqrt{\,2e^{x}(1-x)-1\,} (escolha do ramo positivo para y(0)=1). Intervalo de existência: x\in(a,b) com a\approx -1{,}687,\\ b\approx 0{,}767 (raízes de 2e^{x}(1-x)-1=0). Gráfico: y>0 no intervalo, máximo em x=0, tende a 0^{+} nas bordas.
c) y(x)=-\sqrt{\,4+2\ln(1+x^{2})\,}. Intervalo de existência: (-\infty,\infty). Gráfico: y<0 para todo x, função par em x, cresce em módulo lentamente com |x|.
d) y(x)=\dfrac{5-\sqrt{\,4x^{3}-4e^{x}+13\,}}{2}. Intervalo de existência: x\in(\alpha,\beta) com \alpha\approx -1{,}445,\\ \beta\approx 4{,}62 (onde o discriminante 4x^{3}-4e^{x}+13\ge0). Gráfico: ramo escolhido que passa por y(0)=1; solução real somente onde o discriminante é não negativo.
e) Solução implícita/ explícita contínua escolhida pelo valor inicial:
\sin(3y)=3\cos^{2}x,\qquad y(x)=\frac{\pi-\arcsin\!\big(3\cos^{2}x\big)}{3},
com domínio máximo contendo x=\tfrac{\pi}{2} dado por \displaystyle\Big(\operatorname{arccos}\!\tfrac{1}{\sqrt{3}},\\ \operatorname{arccos}\!\big(-\tfrac{1}{\sqrt{3}}\big)\Big)\approx(0{,}9553,\;2{,}1863). Gráfico: y(\tfrac{\pi}{2})=\tfrac{\pi}{3}, solução real e contínua somente enquanto 3\cos^{2}x\in[0,1].
f) y(x)=\dfrac{1}{\sqrt{\,3-2\sqrt{1+x^{2}}\,}} (ramo positivo para y(0)=1). Intervalo de existência: \displaystyle\Big(-\frac{\sqrt{5}}{2},\\ \frac{\sqrt{5}}{2}\Big). Gráfico: y>0, tende a +\infty nas bordas do intervalo.
g) y(x)=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{1+x^{2}}. Intervalo de existência: (-\infty,\infty). Gráfico: y<0 para todo x, cresce em módulo como \sim -\tfrac{|x|}{\sqrt{2}} quando |x| é grande.

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