Determine, para cada uma das seguintes equações diferenciais,
\left(\frac{d^{2} r}{d y^{2}}\right)^{2}+\frac{d^{2} r}{d y^{2}}+y \frac{d r}{d y}=0

Passo 1

O enunciado pede para determinar as soluções da equação diferencial
\left(\frac{d^{2} r}{d y^{2}}\right)^{2}+\frac{d^{2} r}{d y^{2}}+y \frac{d r}{d y}=0.
O que nos dá explicitamente é uma única equação de segunda ordem não linear em r(y). Vou listar as informações relevantes e o que é pedido:
  • Variável independente: y.
  • Função incógnita: r(y).
  • Defino \displaystyle p(y)=\frac{d r}{d y} (derivada primeira) e \displaystyle t(y)=\frac{d^{2} r}{d y^{2}}=\frac{d p}{d y} (derivada segunda).
  • Em termos de p e t a equação fica t^{2}+t+y\,p=0.
O pedido implícito é: encontrar r(y), ou pelo menos caracterizar as soluções da equação dada.

Passo 2

Redução de ordem — transformar a equação em uma equação de primeira ordem para p(y)=r'(y).
Substituindo t=p'=\dfrac{dp}{dy}, a equação vira
\left(\frac{dp}{dy}\right)^{2}+\frac{dp}{dy}+y\,p=0.
Isto é uma equação algébrica-quadrática em \dfrac{dp}{dy}. A ideia natural é resolver essa quadrática para \dfrac{dp}{dy} em termos de y e p. Fazendo isso obtemos as duas possíveis expressões (duas “ramificações”):
\frac{dp}{dy}=\frac{-1\pm\sqrt{\,1-4y p\,}}{2}.
Portanto qualquer solução p(y) deve satisfazer uma destas equações (ou passar de uma ramificação para outra onde for permitido).
Comentário didático rápido: foi usada a fórmula da solução da equação quadrática X^2+X+Y=0 com X=\dfrac{dp}{dy} e Y=y p. A raiz quadrada exige 1-4y p\ge 0 (ou a extensão para complexos), o que já dá informação sobre onde soluções reais podem existir.

Passo 3

Observações imediatas e soluções óbvias.
  1. Solução constante: se p(y)\equiv 0 então r'(y)=0 e r(y)=C (constante). Verificação direta:
t=p'=0,\quad t^{2}+t+y p=0+0+y\cdot 0=0.
Logo r(y)=C é solução para qualquer constante C.
  1. Não-existência de polinômios não-triviais de baixo grau: se tentarmos r polinomial de grau \le 2 (linear ou quadrático), obtemos apenas a solução constante. (Teste rápido: para r=ay+b tem-se p=a e t=0, a equação força a=0. Para grau 2, t é constante não nulo e aparecem termos em y que forçam coeficientes a zero.)
Essas observações já mostram que não há soluções polinomiais não-constantes de grau baixo.

Passo 4

Transformação paramétrica (método útil para equações onde a derivada aparece de forma algébrica).
Uma abordagem eficaz para equações em que a derivada de ordem mais alta aparece polinomialmente é usar a própria derivada segunda como parâmetro. Defina
t(y):=\frac{d^{2}r}{dy^{2}}.
Trabalhando com t como parâmetro (isto é, vendo y e p como funções de t), a relação algebraica
t^{2}+t+y\,p=0
permite expressar p em termos de y e t:
p=-\frac{t^{2}+t}{y}. \tag{1}
Além disso, por definição, \dfrac{dp}{dy}=t. Agora passamos a tratar y e p como funções de t e usar derivação em relação a t.

Passo 5

Obter uma equação para y(t) — compatibilidade das relações.
Da igualdade p=-\dfrac{t^{2}+t}{y} (equação (1)) diferencio ambos os lados em relação a t. Usando p=p(t) e y=y(t) obtemos
\frac{dp}{dt} = -\frac{2t+1}{y} + \frac{t^{2}+t}{y^{2}}\frac{dy}{dt}.
Mas também sabemos que \dfrac{dp}{dy}=t, isto é,
\frac{dp}{dt} = \frac{dp}{dy}\frac{dy}{dt} = t\frac{dy}{dt}.
Igualando as duas expressões para \dfrac{dp}{dt} obtemos uma equação para dy/dt. Fazendo as contas:
t\frac{dy}{dt} = -\frac{2t+1}{y} + \frac{t^{2}+t}{y^{2}}\frac{dy}{dt}.
Colocando os termos com \dfrac{dy}{dt} à esquerda e fatorando:
\left(t - \frac{t^{2}+t}{y^{2}}\right)\frac{dy}{dt} = -\frac{2t+1}{y}.
Multiplicando numerador e denominador convenientemente (e reorganizando) resulta-se numa forma mais clara:
\frac{dy}{dt} = -\frac{(2t+1)\,y}{t\,(y^{2}-t-1)}. \tag{2}
Esta equação relaciona y e t; resolvê-la dá y(t). Depois, usando (1), obtemos p(t) e então
\frac{dr}{dt} = \frac{dr}{dy}\frac{dy}{dt} = p(t)\frac{dy}{dt},
portanto r(t) pode ser obtido por integração em t. Em seguida invertemos t\mapsto y quando for possível para obter r(y).
Comentário didático: a parametrização por t=r'' é um truque clássico para equações onde r'' aparece de forma algébrica; transforma a EDO numa família de equações de ordem inferior (aqui um sistema para y(t) e r(t)). A equação (2) é necessária para compatibilidade entre as definições.

Passo 6

Integração implícita e natureza das soluções.
A equação (2)
\frac{dy}{dt} = -\frac{(2t+1)\,y}{t\,(y^{2}-t-1)}
não é trivialmente separável nem linear em [y(t)); é uma equação racional que mistura y e t. Contudo ela pode ser manipulada e tratada por métodos de equações diferenciais para obter uma solução implícita. O ponto importante para a prova/exame é entender a estrutura das soluções:
  • Há a solução trivial r(y)=C.
  • As demais soluções não têm, em geral, uma forma fechada simples em termos de funções elementares. Elas são melhor descritas implicitamente por meio do parâmetro t (com t=r'') através do sistema:
    \begin{cases} p(t)=-\dfrac{t^{2}+t}{y(t)},\\[6pt] \dfrac{dy}{dt} = -\dfrac{(2t+1)\,y(t)}{t\,(y(t)^{2}-t-1)},\\[6pt] \dfrac{dr}{dt}=p(t)\dfrac{dy}{dt}. \end{cases}
    Integrando esse sistema (numericamente ou implicitamente) obtém-se soluções (y\mapsto r]. Em muitos casos práticos (provas) é aceitável apresentar essa parametrização e identificar a solução trivial, ou então localizar soluções particulares quando condições adicionais são fornecidas.
  • Observação sobre domínio: a condição 1-4yp\ge 0 (vinda do discriminante da quadrática quando isolamos p') impõe restrições locais: as soluções reais existem apenas onde essa quantidade não é negativa; portanto soluções não-constantes podem ser definidas apenas em intervalos onde essa condição vale.]

Passo 7

Casos especiais e envelopes (comentário útil em provas).
Quando se tem uma equação polinomial em p'=\dfrac{dp}{dy}, às vezes existe uma “solução singular” obtida impondo que as duas raízes para p' coincidam (discriminante zero). Aqui isso corresponde a
1-4y p=0 \quad\Longrightarrow\quad p=\frac{1}{4y}.
Essa curva não é, em geral, solução da EDO inteira, porque também precisa satisfazer p'=t compatível com a raiz dupla; ao verificar a compatibilidade (diferenciando p=1/(4y)) obtemos uma condição que normalmente só ocorre em pontos isolados. Portanto não surge uma solução singular global não-trivial simples (apenas possivelmente pontos de tangência entre ramos).

Passo 8

Resumo prático (como resolver na prova, passo-a-passo rápido)
  1. Fazer a substituição p=r' e escrever t=p'.
  2. Ver que a equação é t^{2}+t+y p=0.
  3. Resolver a quadrática para t=p': p'=\frac{-1\pm\sqrt{1-4y p}}{2}.
  4. Reconhecer que isto é uma EDO de primeira ordem implícita para p(y). Se necessário usar o parâmetro t (com t=p') e proceder como no passo 5 para obter um sistema paramétrico.
  5. Anotar a solução imediata e simples r(y)= constante. Para as outras soluções usar a parametrização por t e integrar implicitamente.

Resposta

Solução trivial: r(y)=C (constante).
Soluções não-triviais: descritas implicitamente pela parametrização com t:=r'':
p(t)=-\frac{t^{2}+t}{y(t)},\qquad \frac{dy}{dt}=-\frac{(2t+1)\,y(t)}{t\,(y(t)^{2}-t-1)},
e
\frac{dr}{dt}=p(t)\frac{dy}{dt},
onde p(t)=r'(y(t)). Essas equações, integradas (numericamente ou implicitamente), fornecem as soluções r(y) não-constantes.

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