Exemplo 2.4. Neste exemplo, vamos resolver o PVI
\left\{\begin{array}{l} \frac{d y}{d x}=\frac{y \cos x}{1+2 y^{2}} \\\ y(0)=1 \end{array}\right.
Notemos que y=0 é solução da EDO \frac{d y}{d x}=\frac{y \cos x}{1+2 y^{2}}, mas tal solução não satisfaz a condição inicial y(0)=1. Supondo y \neq 0, podemos escrever \frac{1+2 y^{2}}{y} d y=\cos x d x, o que nos fornece \int \frac{1+2 y^{2}}{y} d y=\int \cos x d x. Vemos que \int \frac{1+2 y^{2}}{y} d y=\int \frac{1}{y} d y+\int 2 y d y=\ln |y|+y^{2}+c_{1}. Como \int \cos x d x=\operatorname{sen} x+c_{2}, temos \ln |y|+y^{2}=\operatorname{sen} x+C, em que C=c_{2}-c_{1}. Colocando x=0 e y=1 na equação \ln |y|+y^{2}=\operatorname{sen} x+C, obtemos que C=1. Portanto, a solução do PVI é dada (implicitamente) pela equação \ln |y|+y^{2}=\operatorname{sen} x+1.

Passo 1

O problema dá o problema de valor inicial (PVI)
\begin{cases} \displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{y\cos x}{1+2y^{2}},\\[6pt] y(0)=1. \end{cases}
Informações relevantes: a equação diferencial é explícita em \dfrac{dy}{dx} em função de x e y; a condição inicial é y(0)=1. Observação dada no enunciado: y=0 é uma solução da equação diferencial, mas essa solução não satisfaz a condição inicial y(0)=1.]

Passo 2

Decidimos trabalhar assumindo y\neq 0 (isso é legítimo porque a condição inicial dá y(0)=1, ou seja, na vizinhança de x=0 procuramos solução com y próximo de 1, logo não nula). Essa hipótese permite dividir ambos os lados por y sem problemas. Explico por que: dividir por y só é permitido quando sabemos que y não se anula; como a condição inicial nos dá um ponto com y=1, faz sentido procurar a solução contínua que passa por esse ponto e não muda de sinal imediatamente.

Passo 3

Reescrevemos a equação de forma a separar as variáveis y e x. Partindo de
\frac{dy}{dx}=\frac{y\cos x}{1+2y^{2}},
multiplicamos em cruz para colocar termos em y com dy e termos em x com dx:
\frac{1+2y^{2}}{y}\,dy=\cos x\,dx.
Isto é a separação de variáveis: um lado depende só de y (com dy) e o outro só de x (com dx).

Passo 4

Agora integramos ambos os lados. Vou explicar como integrar o lado esquerdo passo a passo. Temos
\int \frac{1+2y^{2}}{y}\,dy=\int \cos x\,dx.
No numerador do integrando à esquerda podemos separar as parcelas:
\frac{1+2y^{2}}{y}=\frac{1}{y}+2y.
Isso é só divisão termo a termo: \dfrac{1}{y} vem de \dfrac{1}{y} e \dfrac{2y^{2}}{y}=2y.

Passo 5

Calculamos as integrais conhecidas (explico cada uma):
  • Integral de \dfrac{1}{y} é \ln|y|. Aqui aparece o valor absoluto porque a integral indefinida de 1/y é \ln|y|: a função logarítmica natural só está definida para argumentos positivos, e a primitiva tem que cobrir ambos os sinais de y.
  • Integral de 2y é y^{2} porque \dfrac{d}{dy}y^{2}=2y.
  • Integral de \cos x é \sin x, já que \dfrac{d}{dx}\sin x=\cos x.
Logo, efetuando as integrais obtemos (colocando constantes de integração em cada lado):
\ln|y|+y^{2}+C_{1}=\sin x + C_{2}.

Passo 6

As constantes de integração C_{1} e C_{2} podem ser combinadas numa única constante C=C_{2}-C_{1}. Assim escrevemos a solução geral (de forma implícita) como
\ln|y|+y^{2}=\sin x + C.
Explicação sobre por que mantemos a solução implícita: aqui não existe uma fórmula elementar simples para isolar y em termos de x (teríamos que resolver uma equação transcendental do tipo y^{2}+\ln|y|=\text{(função de }x)çã), então a forma implícita é a forma natural da solução.

Passo 7

Aplicamos a condição inicial y(0)=1 para determinar a constante C. Substituímos x=0 e y=1 na fórmula
\ln|y|+y^{2}=\sin x + C.
Isso dá
\ln|1| + 1^{2} = \sin 0 + C.
Como \ln|1|=0 e \sin 0=0, obtemos
0 + 1 = 0 + C \quad\Rightarrow\quad C=1.

Passo 8

Substituindo C=1 na expressão implícita obtemos a solução do PVI:
\ln|y|+y^{2}=\sin x + 1.
Como a condição inicial dá y(0)=1>0, sabemos que a solução buscada é positiva em uma vizinhança de x=0. Portanto, perto de x=0 podemos remover o valor absoluto e escrever
\ln y + y^{2} = \sin x + 1.
Isto representa a única solução contínua que passa por x=0,y=1 (ver passo seguinte sobre unicidade).

Passo 9

Comentário sobre unicidade e motivo prático: a função do lado direito da EDO é
f(x,y)=\frac{y\cos x}{1+2y^{2}}.
Para garantir existência e unicidade local da solução que passa por (0,1) podemos verificar que f e \partial f/\partial y são contínuas numa região que contém (0,1). Calculando a derivada parcial em y:
\frac{\partial f}{\partial y} =\cos x\cdot\frac{(1+2y^{2})-y(4y)}{(1+2y^{2})^{2}} =\cos x\cdot\frac{1-2y^{2}}{(1+2y^{2})^{2}},
que é contínua em x e y. Assim, pelo teorema de existência e unicidade (Picard-Lindelöf), a solução implícita que encontramos determina de fato a única solução local que satisfaz y(0)=1.

Passo 10

Resumo prático (dicas para a prova, passo a passo rápido que você pode seguir):
  1. Verifique soluções constantes (equilíbrios) como y=0.
  2. Se a condição inicial não for uma dessas, verifique se dá para separar variáveis.
  3. Separe: coloque tudo em forma \varphi(y)\,dy=\psi(x)\,dx.
  4. Integre cada lado, lembrando constantes de integração e a necessidade de \ln|y| para \int 1/y\,dy.
  5. Use a condição inicial para achar a constante.
  6. Observe domínio (sinal de y) para remover ou não o valor absoluto e conclua sobre unicidade.

Resposta

\ln|y|+y^{2}=\sin x + 1
Para a solução que satisfaz y(0)=1 (onde y>0 perto de x=0): \ln y + y^{2}=\sin x + 1

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