Dada a equaçāo diferencial
(2 x+3)+(2 y-2) y^{\prime}=0 .
(a) [1,0] Determine a regiāo (ou regiòes) onde a solução existe e é ûnica.
(b) [1,5] Encontre a soluçio IMPLICITA do problema.
(c) [1.5] Encontre as soluções de equilibro e faça um esboco do campo de direções.
(d) [0,5] Conclúa que as soluções formam uma família de círculos e determine o eentro de todos eles.
(e) [0.5] Suponha que a condiçio inicial seja y\left(-\frac{1}{2}\right)=1. O que podemos dizer da soluçīo do P.V.I com essas condições?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • A equação diferencial dada é
(2x+3)+(2y-2)\,y'=0.
  • Reescrevendo, a equação pode ser colocada como
y'=-\frac{2x+3}{2(y-1)}.
O enunciado pede:
(a) Determinar a(s) região(ões) onde a solução existe e é única.
(b) Encontrar a solução implícita do problema (família das soluções).
(c) Encontrar as soluções de equilíbrio e esboçar/dar propriedades do campo de direções.
(d) Mostrar que as soluções formam uma família de círculos e determinar o centro comum.
(e) Dada a condição inicial y\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)=1, dizer o que ocorre com o PVI.

Passo 2

Existência e unicidade: vamos escrever a equação na forma padrão y'=f(x,y) e verificar onde f e \partial f/\partial y são contínuas (condição de existência/únicidade de Picard–Lindelöf).
  • Temos
f(x,y)=-\frac{2x+3}{2(y-1)}.
  • Observe que f(x,y) está bem definida e é contínua sempre que o denominador 2(y-1) for diferente de zero, isto é, para \;y\neq1\;. Para usar o teorema de existência e unicidade convém também checar \partial f/\partial y:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-\frac{2x+3}{2}\cdot\frac{d}{dy}\!\left(\frac{1}{y-1}\right) =-\frac{2x+3}{2}\cdot\left(-\frac{1}{(y-1)^2}\right) =\frac{2x+3}{2(y-1)^2},
que também é contínua sempre que y\neq1.
Conclusão prática: para qualquer ponto inicial (x_0,y_0) com y_0\neq1 existe uma solução única definida numa vizinhança de x_0. Portanto as regiões de existência e unicidade são quaisquer regiões abertas do plano que não intersectem a linha \{(x,y):y=1\} — por exemplo a faixa \{y>1\} e a faixa \{y<1\} (cada uma pode ser tomada como região onde vale existência e unicidade).
Observação sobre a linha y=1: se tentarmos um ponto com y=1 a equação original (2x+3)+(2y-2)y'=0 reduz-se a 2x+3=0. Isso só é verdadeiro no ponto x=-\tfrac{3}{2}. Assim, em geral, pontos com y=1 não satisfazem a ED; o caso (x,y)=(-\tfrac{3}{2},1) é singular (leva a 0=0 na forma indeterminada 0\cdot y' versus 0). Para um PVI com condição inicial em um ponto com y_0=1 (e x_0\neq -\tfrac{3}{2}) a equação é inconsistente — não há solução passando por tal ponto (veremos em (e)).

Passo 3

Resolver a equação implicitamente (separação de variáveis).
  • Partimos de
y'=-\frac{2x+3}{2(y-1)}.
Isto é uma equação separável: podemos colocar termos em y num lado e termos em x no outro. Multiplicando ambos os lados por 2(y-1)\,dx obtemos
2(y-1)\,dy=-(2x+3)\,dx.
  • Integramos os dois lados. Vou explicar a integral de cada lado:
    • No lado esquerdo integra-se 2(y-1) em relação a y. Uma forma rápida: \int 2(y-1)\,dy = 2\int (y-1)\,dy = 2\cdot\frac{(y-1)^2}{2}=(y-1)^2.
    • No lado direito integra-se -(2x+3) em x: \int -(2x+3)\,dx = -(x^2+3x)+C.
  • Igualando as constantes de integração (colocando tudo em um lado com uma constante geral C) obtemos
(y-1)^2 = -x^2 -3x + C.
  • Podemos reorganizar para ficar mais simétrico:
x^2+3x+(y-1)^2 = C.
Esta é a solução implícita geral da ED (família de curvas parametrizada por C).

Passo 4

Interpretação geométrica: família de círculos e centro comum.
  • Vamos completar o quadrado no termo em x para ver que tipo de curva é:
x^2+3x = \left(x+\tfrac{3}{2}\right)^2 - \left(\tfrac{3}{2}\right)^2 = \left(x+\tfrac{3}{2}\right)^2 - \tfrac{9}{4}.
  • Substituindo em x^2+3x+(y-1)^2=C
\left(x+\tfrac{3}{2}\right)^2 + (y-1)^2 = C+\tfrac{9}{4}.
  • Assim cada solução implícita é uma circunferência de centro
\left(-\tfrac{3}{2},\,1\right)
e raio \sqrt{C+\tfrac{9}{4}} (quando C+\tfrac{9}{4}>0; o caso C+\tfrac{9}{4}=0 seria o ponto degenerado centro da família).
Conclusão: as soluções formam uma família de círculos todos com o mesmo centro \left(-\tfrac{3}{2},1\right).

Passo 5

Soluções de equilíbrio e campo de direções.
  • Definição prática (lembrando devagar): por “solução de equilíbrio” costuma-se entender uma solução constante y(x)\equiv k (então y'=0 para todo x). Colocando y'=0 na equação original obtemos
2x+3=0,
que exigiria x=-\tfrac{3}{2} para todo x — impossível. Logo NÃO existem soluções constantes y(x)\equiv k definidas para todos os x. Em outras palavras, não há soluções de equilíbrio no sentido usual (constantes).
  • Campo de direções (descrição qualitativa): a inclinação em cada ponto (x,y) é
y'=-\frac{2x+3}{2(y-1)}.
Algumas observações importantes para esboçar o campo de direções:
  • Onde 2x+3=0, i.e. em x=-\tfrac{3}{2}, temos y'=0: as tangentes são horizontais ao longo da reta vertical x=-\tfrac{3}{2} (ou seja, os vetores do campo são horizontais ali).
  • Onde y-1=0, i.e. na reta y=1, o denominador anula-se e a expressão para y' tende a \pm\infty: as tangentes são verticalizantes (tendência a retas verticais) ao aproximar-se da linha y=1 — o campo de direções tem setas quase verticais aí. Note que a linha y=1 é singular para a ED, não podemos pegar pontos exatamente nessa linha (exceto o ponto especial (-3/2,1) que é um singular mais forte).
  • Sinal do coeficiente: para x>-3/2 temos 2x+3>0. Então se também y>1 (denom >0) segue y'<0 (tendência decrescente); se y<1 então denom <0 e y'>0 (tendência crescente). Para x<-3/2 ocorre o oposto (sinais trocados).
  • Esboço mental: círculos concêntricos centrados em \left(-\tfrac{3}{2},1\right). Nas curvas soluções, as tangentes correspondem exatamente às direções dadas por y' acima; na reta vertical x=-\tfrac{3}{2} são horizontais; perto da reta horizontal y=1 as tangentes ficam quase verticais.

Passo 6

Comentário sobre o ponto \left(-\tfrac{3}{2},1\right) e casos singulares.
  • No ponto \left(-\tfrac{3}{2},1\right) tanto o numerador 2x+3 quanto o denominador 2(y-1) anulam-se, dando uma forma indeterminada 0/0. Esse ponto é o centro comum das circunferências e não pertence à maioria das soluções (só pertence como caso degenerado quando o raio é zero). Não é uma solução regular y(x) da ED definida numa vizinhança de x (não há uma função y(x) que seja constante 1 e satisfeita a ED para todos os x).
  • Portanto o ponto \left(-\tfrac{3}{2},1\right) é singular e as soluções são arcos de círculos não passando pela linha y=1 (exceto possivelmente tangencialmente no ponto singular na configuração degenerada).

Passo 7

Condição inicial específica (parte (e)).
  • A condição dada é y\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)=1. Isso significa que o ponto inicial é \left(-\tfrac{1}{2},1\right), que se encontra na linha y=1.
  • Mas na ED escrita como y'=-\dfrac{2x+3}{2(y-1)} o denominador é zero em y=1, tornando a expressão inválida. Se tentarmos usar a forma original:
(2x+3)+(2y-2)y'=0,
no ponto \left(-\tfrac{1}{2},1\right) obtemos 2x+3 = 2\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)+3 = -1+3=2, e 2y-2=0, logo a equação se reduziria a 2+0\cdot y'=0, i.e. 2=0, uma contradição.
  • Conclusão: não existe solução (nem local) da ED que passe por \left(-\tfrac{1}{2},1\right). O PVI com condição y\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)=1 não tem solução.

Resposta

(a) A solução existe e é única em quaisquer regiões abertas que não cortem a reta \{y=1\}; por exemplo nas faixas \{y>1\} e \{y<1\}.
(b) A solução implícita geral é \;x^{2}+3x+(y-1)^{2}=C\; (constante C).
(c) Não há soluções de equilíbrio (não existem soluções constantes y(x)\equiv k). O campo de direções tem tangentes horizontais em x=-\tfrac{3}{2} e tende a tangentes verticais ao aproximar-se de y=1; para x>-{\tfrac{3}{2}} e y>1 a inclinação é negativa, etc.
(d) As soluções formam uma família de círculos centrados em \left(-\tfrac{3}{2},1\right) (raio \sqrt{C+\tfrac{9}{4}}).
(e) Não existe solução do PVI com y\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)=1 (a condição inicial é incompatível com a ED).

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