Para cada problema de valor inicial abaixo:
a) Classifique a equação diferencial entre: separável, linear, exata, exata por fator integrante ou “reduzível a uma dessas categorias por mudança de variáveis”.
b) Resolva a equação diferencial e determine a solução que satisfaz a condição inicial.
c) (Quando indicado) discuta a aplicação do Teorema de Existência e Unicidade (TEU).
(a) classificar a equação entre as categorias dadas;
(b) resolver o PVI (achar a solução que satisfaça y(0)=\tfrac{1}{2});
(c) discutir o Teorema de Existência e Unicidade (TEU) e indicar o maior intervalo em que a solução é real (bem definida).
Passo 2
Classificação e ideia do método (explicação didática).
Uma equação é chamada separável quando pode ser escrita na forma g(y)\,dy=h(x)\,dx, ou seja, todas as dependências em y ficam multiplicando dy e todas as dependências em x multiplicando dx.
Aqui temos
\frac{dy}{dx}=\frac{x}{\sqrt{1-y^{2}}}.
Multiplicando ambos os lados por \sqrt{1-y^{2}} e por dx obtemos
\sqrt{1-y^{2}}\,dy = x\,dx,
que é exatamente da forma g(y)\,dy=h(x)\,dx. Portanto a equação é separável. Vou usar separação de variáveis e integrar cada lado.
Passo 3
Integração do lado esquerdo (aula rápida sobre a integral).
Precisamos calcular \displaystyle\int \sqrt{1-y^{2}}\,dy. Uma maneira eficiente é fazer a substituição trigonométrica y=\sin\theta. Explico passo a passo:
Se y=\sin\theta então dy=\cos\theta\,d\theta e \sqrt{1-y^{2}}=\sqrt{1-\sin^{2}\theta}=\cos\theta (aqui tomo o ramo com \cos\theta\ge0; isso será coerente com a condição inicial y(0)=\tfrac12 que corresponde a \theta=\pi/6 onde \cos\theta>0).
Assim \sqrt{1-y^{2}}\,dy = \cos\theta\cdot(\cos\theta\,d\theta)=\cos^{2}\theta\,d\theta.
Use a identidade \cos^{2}\theta=\tfrac{1+\cos 2\theta}{2}. Então\int \sqrt{1-y^{2}}\,dy = \int \cos^{2}\theta\,d\theta = \int \frac{1+\cos 2\theta}{2}\,d\theta = \frac{\theta}{2}+\frac{\sin 2\theta}{4}+C.
Volto a y: \theta=\arcsin y e \sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta = 2y\sqrt{1-y^{2}}. Logo\int \sqrt{1-y^{2}}\,dy = \frac{1}{2}\arcsin y + \frac{1}{4}\cdot 2y\sqrt{1-y^{2}} + C = \frac{1}{2}\bigl(\arcsin y + y\sqrt{1-y^{2}}\bigr)+C.
Assim temos uma primitiva explícita para o lado esquerdo.
Passo 4
Integrando ambos os lados e obtendo a solução implícita.
Integrando a igualdade separada \sqrt{1-y^{2}}\,dy = x\,dx obtemos
\frac{1}{2}\bigl(\arcsin y + y\sqrt{1-y^{2}}\bigr) = \frac{x^{2}}{2} + C.
A solução implícita que satisfaz a condição inicial é, portanto,
\arcsin y + y\sqrt{1-y^{2}} = x^{2} + \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{4}.
Passo 6
Possibilidade de isolar y e observação sobre forma explícita.
A relação acima é uma equação implícita para y em função de x. Não existe uma expressão elementar simples que isole y em termos de radicais e funções elementares a partir dessa equação; por isso é usual manter a solução na forma implícita
\arcsin y + y\sqrt{1-y^{2}} = x^{2} + \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{4}.
Na prática, para um valor específico de x pode-se resolver numericamente essa equação para y, mas para a prova a forma implícita é aceitável e informativa.
Passo 7
Determinar o maior intervalo onde a solução é real e discutir o TEU (aula sobre existência/unicidade).
Domínio da equação original: o membro direito f(x,y)=\dfrac{x}{\sqrt{1-y^{2}}} exige \sqrt{1-y^{2}} real e não nulo, portanto precisamos de |y|<1. Assim a solução só pode existir enquanto y(x) permanecer estritamente entre -1 e 1.
Observe a função da solução implícita no lado esquerdo:F(y):=\arcsin y + y\sqrt{1-y^{2}}.Para y\in[-1,1] tem-se F(-1)=-\tfrac{\pi}{2} e F(1)=\tfrac{\pi}{2}. A função F é contínua e estritamente crescente em (-1,1), logo sua imagem é o intervalo (-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}) (com valores extremos alcançados na fronteira).
A solução implícita dá F(y)=x^{2}+C'. No caso da nossa condição inicial, C'=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}\approx 0{,}9566. Para que exista y\in(-1,1) resolvendo F(y)=x^{2}+C' é necessário e suficiente que
x^{2}+C' < \frac{\pi}{2},
pois F(y)\le\frac{\pi}{2} com igualdade apenas em y=1 (que não é permitido como solução regular da equação original por anular o denominador).
são contínuas em qualquer retângulo que esteja contido no conjunto \{(x,y):|y|<1\}. Assim o TEU garante existência e unicidade local da solução que passa por (0,\tfrac{1}{2}). A impossibilidade de estender a solução além dos pontos onde y atinge \pm 1 é precisamente porque aí f deixa de ser definido; por isso o intervalo dado acima é o maior intervalo aberto em que a solução clássica existe e é única.
Resposta
(a) Separable (sequência de separação: \sqrt{1-y^{2}}\,dy=x\,dx).
(b) Solução do PVI (forma implícita):
\arcsin y + y\sqrt{1-y^{2}} = x^{2} + \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{4}.
(c) A solução é definida e real no maior intervalo