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.
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.
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
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:
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
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)
Fazer a substituição p=r' e escrever t=p'.
Ver que a equação é t^{2}+t+y p=0.
Resolver a quadrática para t=p':p'=\frac{-1\pm\sqrt{1-4y p}}{2}.
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.
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'':