Exercício 20. Considere o PVI
y^{\prime}=\frac{y}{x}+\frac{1}{\sqrt{|y|}}, \quad y(1)=1
(a) Identifique um retângulo aberto R no plano ( x, y ) contendo o ponto ( 1,1 ) onde f(x, y) está bem definida. (b) Verifique, nesse retângulo, as condições do TEU (continuidade e condição de Lipschitz em y, se for o caso). (c) Conclua sobre existência e unicidade de solução em algum intervalo em torno de x=1.

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado dá e o que pede (peguei tudo do enunciado).
  • O problema é o PVI (problema de valor inicial)
y^{\prime}=\frac{y}{x}+\frac{1}{\sqrt{|y|}},\qquad y(1)=1.
  • O enunciado pede três coisas:
    (a) identificar um retângulo aberto R no plano (x,y) que contenha o ponto (1,1) onde a função f(x,y)=\dfrac{y}{x}+\dfrac{1}{\sqrt{|y|}} esteja bem definida;
    (b) verificar, nesse retângulo, as hipóteses do Teorema de Existência e Unicidade (TEU): continuidade de f e condição de Lipschitz em y, se for o caso;
    (c) concluir sobre existência e unicidade de solução em algum intervalo em torno de x=1.
  • Observações imediatas tiradas do enunciado:
    • A expressão \dfrac{y}{x} exige x\neq 0.
    • A expressão \dfrac{1}{\sqrt{|y|}} exige |y|\neq 0, isto é y\neq 0 (para evitar divisão por zero).
    • O ponto inicial (1,1) tem x=1\neq0 e y=1\neq0, portanto está num ponto do domínio possível.
A resolução começa no Passo 2.

Passo 2

Escolher um retângulo aberto R simples que contenha (1,1) e que evite os pontos proibidos x=0 e y=0.
Uma escolha natural e fácil de manipular é o retângulo centrado em (1,1) com “meias larguras” a=b=\tfrac{1}{2}:
R=\{(x,y)\mid |x-1|<\tfrac{1}{2},\; |y-1|<\tfrac{1}{2}\}.
Nesse retângulo temos, explicitamente,
x\in\bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}\bigr),\qquad y\in\bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}\bigr).
Como x e y nunca alcançam zero em R, a função
f(x,y)=\frac{y}{x}+\frac{1}{\sqrt{|y|}}
está bem definida em todo R. Portanto R satisfaz o pedido do item (a).

Passo 3

Verificar a continuidade de f em R.
Explicação didática rápida: uma função composta de operações elementares (adição, divisão por quantidade não nula, raiz quadrada de quantidade positiva) é contínua onde as operações são legítimas. Em R temos x\neq0 e y>0, então ambas as parcelas \dfrac{y}{x} e \dfrac{1}{\sqrt{|y|}}=\dfrac{1}{\sqrt{y}} são contínuas; soma de contínuas é contínua. Logo f é contínua em R.
Isso cobre a parte da continuidade exigida pelo TEU.

Passo 4

Verificar a condição de Lipschitz em y em R. Estratégia: mostrar que a derivada parcial \partial f/\partial y existe em R e é limitada; então, pelo Teorema do Valor Médio (aplicado em y), f é Lipschitz em y com constante igual ao supremo da derivada parcial em R.
Como em R temos y>0, podemos escrever sem a barra do valor absoluto:
f(x,y)=\frac{y}{x}+y^{-1/2}.
Derivando em relação a y (mantendo x fixo):
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}y^{-3/2}.
Agora vamos estimar o módulo dessa derivada em todo R.
Para x\in\bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}\bigr) vale
\biggl|\frac{1}{x}\biggr|\le \frac{1}{1/2}=2.
Para y\in\bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}\bigr) vale
y^{-3/2}\le \bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)^{-3/2}=2^{3/2},
então
\biggl|\frac{1}{2}y^{-3/2}\biggr|\le \frac{1}{2}\,2^{3/2}=2^{1/2}=\sqrt{2}.
Assim, para todo (x,y)\in R,
\biggl|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\biggr|\le 2+\sqrt{2}.
Portanto a derivada parcial em y é limitada em R. Pelo Teorema do Valor Médio (aplicado ao mapa y\mapsto f(x,y) com x fixo) decorre que existe uma constante L tal que, para todo x fixo e quaisquer y_1,y_2 com (x,y_1),(x,y_2)\in R,
|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\le L\,|y_1-y_2|.
Podemos tomar, por exemplo,
L=2+\sqrt{2}.
Isto prova que f é Lipschitz em y uniformemente em R.
Comentário prático: escolher um retângulo com y>0 simplificou a derivação porque evitou a complicação do valor absoluto; na prova da propriedade Lipschitz isto é suficiente, já que o ponto inicial tem y(1)=1>0.

Passo 5

Aplicar o Teorema de Existência e Unicidade (TEU) e dar uma garantia concreta de intervalo.
Enunciado útil do TEU (forma usual, em palavras): se f(x,y) é contínua num retângulo aberto em torno de (x_0,y_0) e é Lipschitz em y (uniformemente em x) nesse retângulo, então existe um intervalo |x-x_0|<h em que existe uma solução do PVI y'=f(x,y),\;y(x_0)=y_0 e essa solução é única nesse intervalo.
No nosso caso x_0=1, y_0=1, e já mostramos que f é contínua em R e Lipschitz em y em R com constante L=2+\sqrt{2}. Assim as hipóteses do TEU estão satisfeitas e concluímos: existe uma solução única do PVI que passa por (1,1), válida pelo menos em algum intervalo aberto centrado em x=1.
Posso ainda dar uma estimativa explícita do tamanho mínimo do intervalo de existência usando a forma construtiva do TEU. Seja
a=\tfrac{1}{2},\qquad b=\tfrac{1}{2}
(os semi-intervalos do retângulo escolhido). Calcule um majorante M de |f| em R para obter uma garantia numérica de comprimento do intervalo: para (x,y)\in R,
\biggl|\frac{y}{x}\biggr|\le \frac{3/2}{1/2}=3,\qquad \frac{1}{\sqrt{y}}\le\frac{1}{\sqrt{1/2}}=\sqrt{2},
então podemos tomar
M=3+\sqrt{2}.
A versão construtiva do TEU garante existência pelo menos para
|x-1|<h,\qquad h=\min\Bigl\{a,\frac{b}{M}\Bigr\}=\min\Bigl\{\tfrac{1}{2},\;\frac{1/2}{3+\sqrt{2}}\Bigr\}.
Numérica e aproximadamente,
\frac{1/2}{3+\sqrt{2}}\approx\frac{0,5}{4,4142}\approx 0,1132,
portanto podemos garantir existência e unicidade pelo menos em (1-0,113,\,1+0,113). Não é uma afirmação ótima (poderia haver solução num intervalo maior), mas serve como garantia explícita.

Passo 6

Resumo final e interpretação para a prova (dica prática):
  • Escolha um retângulo centrado no ponto inicial que evite x=0 e y=0 — por ex. R acima.
  • Mostre continuidade porque as operações são válidas no retângulo.
  • Mostre Lipschitz calculando \partial f/\partial y (quando y>0 isso é simples) e mostrando que é limitada em R.
  • Aplique o TEU (Picard–Lindelöf) para concluir existência e unicidade local da solução; se pedir um intervalo concreto, use o cálculo com M e h=\min\{a,b/M\} para obter uma estimativa.

Resposta

(a) R=\{(x,y)\mid |x-1|<\tfrac{1}{2},\;|y-1|<\tfrac{1}{2}\}, i.e. x\in(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}),\\ y\in(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}).\newline
(b) Em R a função f(x,y)=\dfrac{y}{x}+\dfrac{1}{\sqrt{|y|}}=\dfrac{y}{x}+y^{-1/2} é contínua; além disso \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2}y^{-3/2} está limitada em R, logo f é Lipschitz em y em R (por exemplo com constante L=2+\sqrt{2}).\newline
(c) Pelo TEU (Picard–Lindelöf) existe uma solução do PVI que passa por (1,1) e essa solução é única em algum intervalo aberto em torno de x=1; de fato pode-se garantir existência e unicidade em pelo menos (1-h,1+h) com h=\min\{\tfrac{1}{2},\tfrac{1/2}{3+\sqrt{2}}\}\approx0{,}113.

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