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).
Exercício 11. Analise o PVI
\left(y+x y^{2}\right) d x+\left(x+x^{2} y\right) d y=0, \quad y(1)=1

Passo 1

O enunciado pede três coisas:
  • (a) classificar a equação diferencial;
  • (b) resolver a equação diferencial e determinar a solução que satisfaz a condição inicial y(1)=1;
  • (c) discutir (quando indicado) a aplicação do Teorema de Existência e Unicidade (TEU).
Informações dadas:
  • A equação diferencial é
\left(y+x y^{2}\right) d x+\left(x+x^{2} y\right) d y=0.
  • Condição inicial: y(1)=1.

Passo 2

Escrevo a equação no formulário padrão M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0. Aqui:
M(x,y)=y+x y^{2},\qquad N(x,y)=x+x^{2}y.
Para verificar se a equação é exata, calculo as derivadas parciais \partial M/\partial y e \partial N/\partial x.

Passo 3

Calculo as parciais:
\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(y + x y^{2}\bigr)=1+2xy,
\frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x + x^{2}y\bigr)=1+2xy.
Como \dfrac{\partial M}{\partial y}=\dfrac{\partial N}{\partial x}, a equação é exata em qualquer ponto onde M e N são diferenciáveis (ou seja, em todo \mathbb{R}^2).

Passo 4

Para equação exata existe uma função potencial \Phi(x,y) tal que
\frac{\partial \Phi}{\partial x}=M(x,y),\qquad \frac{\partial \Phi}{\partial y}=N(x,y),
e a solução geral implícita é \Phi(x,y)=C.
Integro M em relação a x (tratando y como constante):
\Phi(x,y)=\int \bigl(y + x y^{2}\bigr)\,dx = x y + \frac{1}{2}x^{2}y^{2} + h(y),
onde h(y) é uma função a determinar.

Passo 5

Derivo \Phi em relação a y e confronto com N:
\frac{\partial \Phi}{\partial y}=x + x^{2}y + h'(y).
Mas deve valer \dfrac{\partial \Phi}{\partial y}=N(x,y)=x+x^{2}y. Logo
h'(y)=0\quad\Rightarrow\quad h(y)=\text{constante}.
Portanto a solução implícita geral é
x y + \frac{1}{2}x^{2}y^{2}=C.

Passo 6

Aplico a condição inicial y(1)=1 para determinar C:
C = 1\cdot 1 + \frac{1}{2}\cdot 1^{2}\cdot 1^{2} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}.
Logo a solução implícita que satisfaz o PVI é
x y + \frac{1}{2}x^{2}y^{2}=\frac{3}{2}.

Passo 7

Posso buscar a forma explícita y=y(x). Multiplicando por 2 obtemos uma quadrática em y:
x^{2}y^{2} + 2x y - 3 = 0.
Trato como equação quadrática em y com coeficientes dependentes de x:
\bigl(x^{2}\bigr) y^{2} + \bigl(2x\bigr) y - 3 = 0.
A fórmula de Bhaskara dá
y = \frac{-2x \pm \sqrt{(2x)^{2} - 4(x^{2})(-3)}}{2x^{2}} = \frac{-2x \pm \sqrt{4x^{2}+12x^{2}}}{2x^{2}} = \frac{-2x \pm 4|x|}{2x^{2}}.
Para x>0 (região que contém o ponto inicial x=1) temos |x|=x, então
y = \frac{-2x \pm 4x}{2x^{2}}.
As duas raízes para x>0 são
y=\frac{(-2+4)x}{2x^{2}}=\frac{1}{x} \qquad\text{ou}\qquad y=\frac{(-2-4)x}{2x^{2}}=-\frac{3}{x}.
A condição inicial y(1)=1 seleciona a solução
y(x)=\frac{1}{x}\quad\text{(para \(x>0\)).}

Passo 8

Observação alternativa (curiosa e útil para prova): se isolarmos \dfrac{dy}{dx} da equação original, obtemos
\frac{dy}{dx} = -\frac{y+x y^{2}}{x+x^{2}y} = -\frac{y(1+xy)}{x(1+xy)}.
Para pontos onde 1+xy\ne 0 pode-se cancelar e obtemos a forma simples
\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x},
cuja solução geral é y=k/x. Isso coincide com as soluções encontradas acima (para escolhas adequadas de k). O cancelamento exige 1+xy\ne0 — no ponto inicial (1,1) tem-se 1+1\cdot1=2\ne0, então o cancelamento é válido num entorno do ponto inicial.

Passo 9

Aplicação do TEU (Existência e Unicidade):
  • Reescrevendo a equação em forma normal \dfrac{dy}{dx}=f(x,y) com
f(x,y)=-\frac{y+x y^{2}}{x+x^{2}y},
essa função f está bem definida e contínua em pontos onde o denominador x+x^{2}y=x(1+xy) não é zero. No ponto inicial (1,1) o denominador é 1+1\cdot1=2\ne0, logo f é contínua em alguma vizinhança de (1,1).
  • A derivada parcial \partial f/\partial y também é contínua nessa vizinhança (ou, depois do cancelamento válido localmente, \partial f/\partial y=-1/x, que é contínua para x\ne0). Portanto as hipóteses do TEU são satisfeitas em algum retângulo contendo (1,1).
Conclusão do TEU: existe uma única solução do PVI que passa por (1,1), ao menos numa vizinhança de x=1. Além disso, como a solução explicitamente obtida é y(x)=1/x, ela está definida e é única em todo o intervalo (0,\infty) (o único problema é x=0, onde a expressão e a formula para f se tornam singulares). Portanto a solução única maximal que contém x=1 é definida em (0,\infty).

Resposta

(a) A equação é exata.
(b) Solução implícita que satisfaz y(1)=1: x y + \dfrac{1}{2}x^{2}y^{2}=\dfrac{3}{2}. Solução explícita (no intervalo que contém x=1, i.e. x>0): y(x)=\dfrac{1}{x}.
(c) Pelo TEU, como f(x,y)=-\dfrac{y+x y^{2}}{x+x^{2}y} e \partial f/\partial y são contínuas numa vizinhança de (1,1), existe e é única uma solução passando por (1,1); a solução maximal contendo x=1 é y(x)=1/x em (0,\infty).

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