Determine os pontos ( x_{0}, y_{0} ) para os quais podemos garantir que o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} \frac{d y}{d x}=f(x, y) \\\ y\left(x_{0}\right)=y_{0} \end{array}\right.
tem uma única solução.
Se f(x, y)=x \sqrt{y^{2}-1}

Passo 1

O enunciado pede: determinar os pontos (x_{0},y_{0}) para os quais o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} \dfrac{dy}{dx}=f(x,y)\\[4pt] y(x_{0})=y_{0} \end{array}\right.
tem uma única solução, quando
f(x,y)=x\sqrt{y^{2}-1}.
Informações dadas (retiradas do enunciado):
  • A função do lado direito é f(x,y)=x\sqrt{y^{2}-1}.
  • A raiz quadrada exige que o argumento seja não negativo, portanto y^{2}-1\ge 0, ou seja |y|\ge 1.
  • Queremos saber para quais pontos iniciais (x_{0},y_{0}) é possível garantir existência e unicidade da solução do PVI.]

Passo 2

Conceito e critério que vamos usar (explicado com calma).
  • Um resultado padrão (teorema de Picard–Lindelöf) diz: se f(x,y) é contínua numa reta (ou retângulo aberto) que contém (x_{0},y_{0}) e é Lipschitz em y nessa região (uma hipótese suficiente é \partial f/\partial y contínua), então existe uma única solução do PVI localmente em torno de x_{0}.
  • Explicando as hipóteses:
    • “Contínua numa vizinhança” significa que é possível encontrar um retângulo aberto R=\{(x,y): |x-x_{0}|<a,\;|y-y_{0}|<b\} onde f não tem problemas e varia de forma contínua.
    • "Lipschitz em y" significa que existe L>0 tal que para todos os (x,y_{1}) e (x,y_{2}) no retângulo se tem |f(x,y_{1})-f(x,y_{2})|\le L|y_{1}-y_{2}|. Uma forma prática: se a derivada parcial \partial f/\partial y existe e é contínua no retângulo, então f é localmente Lipschitz em y.

Passo 3

Estudo da continuidade de f e do domínio natural.
  • A função f está definida apenas quando y^{2}-1\ge 0, isto é para pontos com |y|\ge 1.
  • No conjunto \{(x,y)\in\mathbb{R}^2: |y|>1\} o termo \sqrt{y^{2}-1} é uma função suave de y (sem singularidade) e f(x,y)=x\sqrt{y^{2}-1} é contínua em x e y ali.
  • Nos pontos com |y|=1 a raiz vale zero e f(x,\pm1)=0. A função f é bem definida nesses pontos, mas esses pontos são fronteira do domínio aberto \{ |y|>1\}: qualquer retângulo aberto ao redor de (x_{0},\pm1) contém pontos com |y|<1 onde f não está definida. Portanto não existe retângulo aberto centrado em (x_{0},\pm1) contido no domínio de f. Isso impede aplicar diretamente o teorema de Picard–Lindelöf nesses pontos.

Passo 4

Cálculo da derivada parcial \partial f/\partial y e análise de continuidade (para justificar Lipschitz).
  • Calculemos \partial f/\partial y para |y|>1. Usando regra da cadeia,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = x\cdot \frac{d}{dy}\sqrt{y^{2}-1} = x\cdot \frac{1}{2}(y^{2}-1)^{-1/2}\cdot 2y = \frac{x y}{\sqrt{y^{2}-1}}.
  • Observação: essa expressão faz sentido e é contínua exatamente quando y^{2}-1>0, isto é para |y|>1. Próxima de y=\pm1 a derivada parcial explode (denominador tende a zero).
  • Conclusão: em qualquer retângulo aberto que esteja contido na região \{(x,y): |y|>1\}, a função f e \partial f/\partial y são contínuas, logo f é localmente Lipschitz em y ali.

Passo 5

Aplicação do teorema de existência e unicidade.
  • Pelo que foi visto, se |y_{0}|>1 então existe um pequeno retângulo aberto centrado em (x_{0},y_{0}) totalmente contido em \{ |y|>1\}. Nesse retângulo f e \partial f/\partial y são contínuas, portanto pelo teorema de Picard–Lindelöf existe uma única solução do PVI (localmente) passando por (x_{0},y_{0}).
  • Como o teorema garante unicidade local e nada no enunciado restringe o tamanho do intervalo, concluímos que para qualquer x_{0}\in\mathbb{R} e qualquer y_{0} com |y_{0}|>1 o PVI tem solução única (pelo menos localmente; em muitos casos essa solução estende-se globalmente, mas aqui basta a unicidade local que o enunciado normalmente requer).

Passo 6

Análise dos pontos com |y_{0}|=1: por que unicidade não é garantida.
  • Nos pontos com y_{0}=\pm 1 não é possível encontrar um retângulo aberto centrado em (x_{0},y_{0}) contido no domínio de f, logo as hipóteses padrão do teorema de Picard–Lindelöf falham. Isso não prova que sempre haja falta de solução ou falta de unicidade, só que não se pode garantir unicidade por esse teorema.
  • Para ver que de fato a unicidade pode falhar, vamos construir soluções explícitas que mostram não unicidade no caso y_{0}=1 (situação análoga vale para y_{0}=-1).

Passo 7

Resolução explícita da EDO (separável) para obter famílias de soluções e mostrar não unicidade em |y_{0}|=1.
  • A equação é separável em |y|>1:
\frac{dy}{dx}=x\sqrt{y^{2}-1} \quad\Longrightarrow\quad \frac{dy}{\sqrt{y^{2}-1}}=x\,dx.
  • Integramos ambos os lados (para y>1 usamos a primitiva conhecida):
\int\frac{dy}{\sqrt{y^{2}-1}}=\int x\,dx.
A primitiva do lado esquerdo é a função \operatorname{arcosh}(y) (ou \ln(y+\sqrt{y^{2}-1})). Assim
\operatorname{arcosh}(y)=\frac{x^{2}}{2}+C,
onde C é constante de integração. Em seguida
y=\operatorname{cosh}\!\bigl(\tfrac{x^{2}}{2}+C\bigr).
  • Essa é a família de soluções com valores em y\ge1. Agora examine o PVI com, por exemplo, x_{0}=0 e y_{0}=1. Para esse PVI:
    • A solução com C=0 é
    y(x)=\operatorname{cosh}\!\bigl(\tfrac{x^{2}}{2}\bigr),que satisfaz y(0)=\operatorname{cosh}(0)=1 e resolve a EDO (verificação direta: dy/dx = x\operatorname{sinh}(x^{2}/2) e f(x,y)=x\sqrt{\operatorname{cosh}^{2}-1}=x\operatorname{sinh}(x^{2}/2)).
    • Outra solução que satisfaz o mesmo PVI é a solução constante
    y(x)\equiv 1,pois para ela dy/dx=0 e f(x,1)=x\sqrt{1-1}=0, logo também satisfaz a EDO e a condição inicial.
  • As duas soluções y\equiv1 e y=\operatorname{cosh}(x^{2}/2) são diferentes, ambas passam por (0,1). Portanto a unicidade falha em (0,1). O mesmo argumento com o deslocamento em x (usar constante C tal que \operatorname{arcosh}(y_{0})= \tfrac{x_{0}^{2}}{2}+C) mostra que para qualquer x_{0} com y_{0}=1 existe uma solução não constante que passa por (x_{0},1), portanto não há unicidade em qualquer (x_{0},1). O caso y_{0}=-1 é análogo (usar simetrias ou a primitiva com valores negativos).

Passo 8

Síntese final e resposta direta.
  • Para pontos com |y_{0}|>1 temos continuidade de f e de \partial f/\partial y numa vizinhança; portanto o teorema de existência e unicidade garante uma única solução local do PVI.
  • Para pontos com |y_{0}|=1 as hipóteses do teorema padrão falham e, além disso, existem exemplos concretos (como mostrado) que exibem não unicidade. Logo não se pode garantir unicidade nesses pontos.
  • Para |y_{0}|<1 a função f sequer está definida, então o PVI não é formulado aí.

Resposta

Todos os pontos (x_{0},y_{0}) tais que |y_{0}|>1.

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