Exemplo 1.7. A função constante y(x)=-1 é solução do PVI y^{\prime}=x(1+y), y(0)=-1. Como f(x, y)=x(1+y) \mathrm{e} \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)=x são funções contínuas em qualquer retângulo R, temos que o PVI dado tem uma única solução em qualquer retângulo fechado contendo (0,-1) em seu interior; e, portanto, tal solução será y(x)=-1.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial (PVI)
y' = x(1+y),\qquad y(0)=-1.
Pergunta implícita: mostrar que y(x)=-1 é solução deste PVI e que é a única solução (no retângulo que contenha (0,-1)). Informações relevantes do enunciado: a função do lado direito é f(x,y)=x(1+y) e a sua derivada parcial em relação a y é \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x. Nada mais é pedido além de demonstrar que y(x)=-1 é solução e que é única.

Passo 2

Verificar diretamente que y(x)=-1 é solução. Primeiro, a derivada de uma função constante é zero, logo
\text{se } y(x)=-1\text{ então } y'(x)=0.ã
Agora substituímos na equação diferencial:
x(1+y(x)) = x(1+(-1)) = x\cdot 0 = 0.
Portanto o lado direito também vale 0. Assim a igualdade y'=x(1+y) é satisfeita por y(x)=-1. Verificamos também a condição inicial:
y(0)=-1,
que coincide com o enunciado. Conclusão: y(x)=-1 é uma solução do PVI.

Passo 3

Explicar por que essa solução é única usando o teorema de existência e unicidade (Picard–Lindelöf), de forma didática. O teorema (em linguagem informal) diz: se f(x,y) e \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y) são contínuas num retângulo R que contém o ponto inicial (x_0,y_0), então existe uma única solução do PVI y'=f(x,y),\; y(x_0)=y_0 definida numa vizinhança de x_0.
Aqui f(x,y)=x(1+y) e calculamos
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x.
Ambas as funções f e \dfrac{\partial f}{\partial y} são polinômios em x,y (ou mais simplesmente, funções contínuas) e portanto são contínuas em qualquer retângulo R\subset\mathbb{R}^2. Assim as hipóteses do teorema estão satisfeitas em qualquer retângulo contendo (0,-1). Pelo teorema, existe uma única solução do PVI naquele retângulo. Como já exibimos explicitamente uma solução ( y\equiv -1), essa solução deve ser a única.
Explicação didática de por que a continuidade de \dfrac{\partial f}{\partial y} garante unicidade: em um retângulo fechado e limitado R contendo (0,-1), a função \dfrac{\partial f}{\partial y} é contínua e, por isso, atinge um máximo L em R. Pela fórmula de Taylor ou pelo teorema do valor médio, para y_1,y_2 com mesmos x em R vale
|f(x,y_1)-f(x,y_2)| \le L\,|y_1-y_2|.
Essa desigualdade é a condição de Lipschitz em y com constante L, e a condição de Lipschitz é o que o teorema usa para garantir unicidade (duas soluções com a mesma condição inicial não podem diferir, pois a diferença satisfaria uma desigualdade que força que seja zero). Portanto a unicidade está explicada e justificada.

Passo 4

Mostrar a unicidade também de maneira construtiva, resolvendo explicitamente a EDO linear. Reescrevemos a equação em forma padrão:
y' - x y = x.
Isto é uma equação linear de primeira ordem da forma y' + p(x)y = q(x) com p(x)=-x e q(x)=x. O fator integrante é
\mu(x)=e^{\int p(x)\,dx}=e^{\int -x\,dx}=e^{-x^{2}/2}.
Multiplicando a equação por \mu(x) obtemos uma derivada exata:
\bigl(\mu(x)\,y(x)\bigr)' = \mu(x)\,q(x).
Em termos concretos:
\bigl(e^{-x^{2}/2}y(x)\bigr)' = x e^{-x^{2}/2}.
Integramos ambos os lados em relação a x:
e^{-x^{2}/2}y(x) = \int x e^{-x^{2}/2}\,dx + C.
Para calcular a integral, note que \dfrac{d}{dx}\bigl(e^{-x^{2}/2}\bigr) = -x e^{-x^{2}/2}. Portanto
\int x e^{-x^{2}/2}\,dx = -e^{-x^{2}/2} + C_1.
Substituindo na expressão anterior:
e^{-x^{2}/2}y(x) = -e^{-x^{2}/2} + C,
onde C é constante (absorvemos constantes). Multiplicando por e^{x^{2}/2} vem a solução geral:
y(x) = -1 + C e^{x^{2}/2}.
Aplicamos a condição inicial y(0)=-1:
-1 = -1 + C e^{0} \quad\Rightarrow\quad C=0.
Logo a única solução que satisfaz a condição inicial é
y(x) = -1\quad\text{para todo }x.
Essa demonstração construtiva mostra explicitamente que não existe outra solução global além da constante -1.

Passo 5

Resumo e intuição final (curta e motivadora): verificamos diretamente que a constante -1 satisfaz a equação diferencial e a condição inicial; pelo teorema de existência e unicidade (ou pela solução explícita da EDO linear) sabemos que não pode haver outra solução passando por (0,-1). Então \,y\equiv -1 é a única solução do PVI em qualquer retângulo que contenha (0,-1). Vai dar tudo certo na prova — esse tipo de verificação direta + teorema é exatamente o que costumam pedir.

Resposta

y(x)=-1

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