Considere o problema de valor inicial y^{\prime}=y^{1 / 5}, y(0)=0 do Exemplo 3 no texto.
(a) Existe uma soluçāo cujo gráfico contém o ponto (1, 1)? Se existir, encontre-a.
(b) Existe uma solução cujo gráfico contém o ponto (2, 1)? Se existir, encontre-a.
(c) Considere todas as soluçöes possfveis do problema de valor inicial dado. Determine o conjunto de valores que essas soluçöes assumem em t=2.

Passo 1

O enunciado pede para o IVP
y' = y^{1/5},\quad y(0)=0
e pergunta se há solução passando por certos pontos e, por fim, quais valores as soluções podem assumir em t=2. O conteúdo envolvido é EDO separável e a não unicidade de soluções quando a função não é Lipschitz em y=0.

Passo 2

Resolvendo a EDO para y\neq0 por separação de variáveis:
\int y^{-1/5}\,dy = \int dt
\frac{5}{4}\,y^{4/5} = t + C
Logo, a solução geral não nula é
y(t) = \bigl(\tfrac{4}{5}(t + C)\bigr)^{5/4}.
Além disso, y(t)\equiv0 também satisfaz y'=y^{1/5} e y(0)=0.

Passo 3

Por não haver unicidade em y=0, existem soluções que ficam y=0 até um tempo a\ge0 e depois seguem a curva acima. Para a parte positiva temos, para cada a\ge0:
y(t)= \begin{cases} 0, & t\le a,\\[6pt] \bigl(\tfrac{4}{5}(t - a)\bigr)^{5/4}, & t\ge a. \end{cases}
Analogamente, há soluções que partem de zero para ramo negativo:
y(t)= \begin{cases} 0, & t\le a,\\[6pt] -\bigl(\tfrac{4}{5}(t - a)\bigr)^{5/4}, & t\ge a. \end{cases}]

Passo 4

(a) Queremos y(1)=1.
– Se permanecemos na solução trivial, y(1)=0\neq1.
– Se entramos no ramo positivo em a\le1, então
y(1)=\bigl(\tfrac{4}{5}(1-a)\bigr)^{5/4}.
O máximo ocorre em a=0, dando (4/5)^{5/4}<1. Logo não atinge 1.
– Ramo negativo também não dá +1.
Conclusão: não existe solução passando por (1,1).

Passo 5

(b) Queremos y(2)=1\) em algum ramo positivo. Para \(a\le2\), \[y(2)=\bigl(\tfrac{4}{5}(2-a)\bigr)^{5/4}=1 \quad\Longrightarrow\quad \tfrac{4}{5}(2-a)=1 \quad\Longrightarrow\quad a=\tfrac{3}{4}.
Portanto existe:
y(t)= \begin{cases} 0, & t\le\tfrac34,\\[6pt] \bigl(\tfrac{4}{5}(t-\tfrac34)\bigr)^{5/4}, & t\ge\tfrac34, \end{cases}
que satisfaz y(0)=0\] e \(y(2)=1.]

Passo 6

(c) Para t=2, em qualquer solução com parâmetro a, temos
– Se a>2, então y(2)=0.
– Se 0\le a\le2, no ramo positivo
y(2)=\bigl(\tfrac{4}{5}(2-a)\bigr)^{5/4},
que varia de (\tfrac{4}{5}\cdot2)^{5/4}=(\tfrac{8}{5})^{5/4} (quando a=0) até 0 (quando a=2).
– No ramo negativo, obtém-se os mesmos valores com sinal trocado, de -(\tfrac{8}{5})^{5/4} até 0.
Logo o conjunto de todos os valores possíveis de y(2) é
\bigl[-\,(\tfrac{8}{5})^{5/4},\;(\tfrac{8}{5})^{5/4}\bigr].

Resposta

(a) Não existe solução com (1,1)\). (b) Sim. A solução \[y(t)= \begin{cases} 0, & t\le\tfrac34,\\\ \bigl(\tfrac{4}{5}(t-\tfrac34)\bigr)^{5/4}, & t\ge\tfrac34 \end{cases}
passa por (2,1)\]. \text{(c)} O conjunto dos valores de \(y(2) é
\bigl[-(\tfrac{8}{5})^{5/4},\,(\tfrac{8}{5})^{5/4}\bigr].

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