Equação de Riccati simples e transformação para linear
  • Considere \mathrm{dy} / \mathrm{dx}=\mathrm{y}^{2}+\mathrm{p}(\mathrm{x}), onde \mathrm{p}(\mathrm{x}) é dada. Em particular, resolva \mathrm{dy} / \mathrm{dx}=\mathrm{y}^{2}-1, com condição inicial y(0)=0.
  • Observe que essa Riccati é autônoma; resolva por separação e discuta existência de soluções que tendem a \pm 1.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\frac{dy}{dx}=y^{2}+p(x),
com p(x) conhecida. Em particular pede para resolver o caso autônomo
\frac{dy}{dx}=y^{2}-1
com condição inicial y(0)=0. Além disso pede para notar que a equação é autônoma, resolver por separação e discutir a existência/comportamento de soluções que tendem a \pm 1.
Informações/dados importantes:
  • Equação a resolver: \dfrac{dy}{dx}=y^{2}-1.
  • Condição inicial: y(0)=0.
  • Perguntas específicas: encontrar a solução explícita com a condição inicial; mostrar que a equação é autônoma e resolver por separação; discutir soluções que tendem a +1 ou -1.

Passo 2

Comentário didático sobre a forma geral (Riccati) e transformação para linear (aprender o truque útil).
  • A equação geral de Riccati tem a forma \dfrac{dy}{dx}=y^{2}+p(x) (aqui omitimos os termos em y e constantes porque a dada já está nessa forma). Um método padrão: se conseguir uma solução particular y_{1}(x) conhecida, a substituição
y(x)=y_{1}(x)+\frac{1}{v(x)}
transforma a Riccati numa equação linear de primeira ordem para v(x). Vou mostrar rapidamente a derivação (porque é um truque que pode aparecer na prova):
Derivando y=y_{1}+1/v
\frac{dy}{dx}=\frac{dy_{1}}{dx}-\frac{1}{v^{2}}\frac{dv}{dx}.
Como y_{1} é solução, \dfrac{dy_{1}}{dx}=y_{1}^{2}+p(x). Substituindo na Riccati e cancelando os termos y_{1}^{2}+p(x) aparece uma equação para v da forma
-\frac{1}{v^{2}}\frac{dv}{dx}= \frac{1}{v^{2}}+ \frac{2y_{1}}{v},
que pode ser rearranjada para uma equação linear em v. Esse método é muito útil quando se conhece uma solução particular, mas no nosso caso a equação é autônoma e mais simples de resolver por separação — então agora vamos para a separação mesmo.

Passo 3

Explicando por que a equação é autônoma e como isso facilita: dizer que a equação é autônoma significa que o lado direito depende apenas de y, não de x. Então podemos separar as variáveis — isto é, reunir todos os termos em y com dy e os de x com dx. Para a nossa equação:
\frac{dy}{dx}=y^{2}-1.
Colocando dx do outro lado e separando,
\frac{dy}{y^{2}-1}=dx.
Agora integramos ambos os lados. Esse é o procedimento padrão de separação de variáveis: isolar dy dividido por função de y e integrar em relação a y; o lado direito integra em relação a x.

Passo 4

Integração por frações parciais (passo técnico que quase sempre aparece).
  • Para integrar \displaystyle\int\frac{dy}{y^{2}-1} usamos decomposição em frações parciais. Observação:
\frac{1}{y^{2}-1}=\frac{1}{(y-1)(y+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{y-1}-\frac{1}{y+1}\right).
Isso é verificado juntando as frações: \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{y-1}-\dfrac{1}{y+1}\right)=\dfrac{1}{2}\dfrac{(y+1)-(y-1)}{y^{2}-1}=\dfrac{1}{y^{2}-1}.
  • Então integramos:
\int\frac{dy}{y^{2}-1}=\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{y-1}-\frac{1}{y+1}\right)dy =\frac{1}{2}\ln\left|\frac{y-1}{y+1}\right| + C.
No lado direito, \int dx = x + C. Igualando as integrais obtemos a relação implícita:
\frac{1}{2}\ln\left|\frac{y-1}{y+1}\right|=x+C.

Passo 5

Resolver explicitamente para y(x).
  • Multiplicando por 2 e exponenciando:
\ln\left|\frac{y-1}{y+1}\right| = 2x + C_{1} \quad\Rightarrow\quad \left|\frac{y-1}{y+1}\right| = C_{2} e^{2x},
onde C_{2}=e^{C_{1}}>0. Para simplificar a escrita (permitimos C real, positivo ou negativo, incorporando o sinal), escrevemos
\frac{y-1}{y+1}=C e^{2x},
com C constante arbitrária (real). Agora resolvemos algebricamente para y:
y-1 = C e^{2x}(y+1) \quad\Rightarrow\quad y(1-C e^{2x}) = 1 + C e^{2x}.
Desde que 1-C e^{2x}\neq 0 obtemos
y(x)=\frac{1 + C e^{2x}}{1 - C e^{2x}}.
Essa é a família geral de soluções em forma explícita (onde C é a constante de integração).

Passo 6

Aplicar a condição inicial y(0)=0 para fixar a constante.
  • Substituindo x=0 e y=0 em \dfrac{1 + C e^{2x}}{1 - C e^{2x}}:
0=\frac{1+C}{1-C} \quad\Rightarrow\quad 1+C=0 \quad\Rightarrow\quad C=-1.
  • Substituindo C=-1 na expressão geral:
y(x)=\frac{1 - e^{2x}}{1 + e^{2x}}.
  • Forma alternativa e muito conhecida: usando exponenciais hiperbólicas,
y(x)=-\operatorname{tanh}(x),
porque \operatorname{tanh}(x)=\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}. Verifique rapidamente: y(0)=-(0)=0, ok.

Passo 7

Identificar soluções constantes (equilíbrios) e discutir estabilidade por linearização (ideia e cálculo).
  • Soluções constantes satisfazem 0=y^{2}-1, ou seja y\equiv 1 e y\equiv -1. Esses são pontos de equilíbrio da dinâmica.
  • Linearização: escreva y=1+w com w pequeno; então
\frac{dw}{dx}=\frac{dy}{dx}=y^{2}-1=(1+w)^{2}-1\approx 2w\quad(\text{para }|w|\text{ pequeno}).
Portanto w'(x)\approx 2w(x) que tem solução exponencial w\sim e^{2x}: o erro cresce quando x aumenta. Logo y=1 é instável para o avanço de x.
  • Para y=-1+z com z pequeno:
\frac{dz}{dx}\approx -2z,
logo z\sim e^{-2x} decai quando x aumenta; assim y=-1 é estável (atrai soluções quando x\to+\infty).

Passo 8

Discussão qualitativa completa (linhas de fase e tempo de existência).
  • Intervalos e sinais de \dfrac{dy}{dx}=y^{2}-1:
    • Se y>1 então y^{2}-1>0: y cresce com x.
    • Se -1<y<1 então y^{2}-1<0: y decresce com x.
    • Se y<-1 então y^{2}-1>0: y cresce com x (mas fica ainda menor que -1 até tender a -1).
  • Comportamento extremo e tempo finito/infinito:
    • Para condições iniciais com y_{0}>1 a solução cresce e atinge +\infty num tempo finito (explosão em tempo finito). Isso pode ser visto calculando o tempo para ir de y_{0} a +\infty: T=\int_{y_{0}}^{\infty}\frac{dy}{y^{2}-1} =\left.\frac{1}{2}\ln\left(\frac{y-1}{y+1}\right)\right|_{y_{0}}^{\infty} =-\frac{1}{2}\ln\left(\frac{y_{0}-1}{y_{0}+1}\right)<\infty.Como T é finito, há explosão em tempo finito.
    • Para y_{0}<1 (isto inclui -1<y_{0}<1 e y_{0}<-1) a solução existe para todo x\ge 0 e tende a -1 quando x\to+\infty. Em particular, para y_{0}\in(-1,1) a solução decresce monoticamente e tende a -1 como x\to+\infty; para y_{0}<-1 a solução aumenta monoticamente em direção a -1 e leva tempo infinito para chegar arbitrariamente perto de -1.
  • Aplicando isso ao caso inicial y(0)=0 (que está em (-1,1)), a solução y(x)=-\operatorname{tanh}(x) satisfaz:
    • \displaystyle \lim_{x\to+\infty} y(x) = -1 (atração estável),
    • \displaystyle \lim_{x\to-\infty} y(x) = +1 (comportamento passado: como x\to -\infty a solução aproxima o ponto instável +1 vindo dele).

Passo 9

Resumo final e pequeno incentivo.
  • Já temos a solução explícita com a condição inicial e uma descrição completa do comportamento das soluções conforme o valor inicial. Esse tipo de análise (separação + frações parciais + linearização) é um pacote que resolve muitas equações autônomas do tipo dy/dx=f(y). Você foi bem até aqui; relaxa que essa classe de ODEs costuma cair bastante na prova e a técnica é direta — só treinar a decomposição em frações parciais e a interpretação qualitativa depois.

Resposta

y(x)=\dfrac{1-e^{2x}}{1+e^{2x}}=-\operatorname{tanh}(x) (satisfaz y(0)=0).
As soluções constantes (equilíbrios) são y\equiv 1 e y\equiv -1.
Para a solução com y(0)=0: \displaystyle \lim_{x\to+\infty}y(x)=-1 e \displaystyle \lim_{x\to-\infty}y(x)=+1.
Para condições iniciais gerais: se y_{0}>1 a solução explode para +\infty em tempo finito; se y_{0}<1 a solução existe globalmente para x\to+\infty e tende a -1 quando x\to+\infty.

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