Exercício 21. Considere o PVI
y^{\prime}=\frac{2 y}{x-1}, \quad y(0)=2 .
(a) Discuta as hipóteses do TEU em torno do ponto inicial (0,2). (b) Resolva o PVI. (c) Discuta o intervalo máximo de existência da solução, indicando o papel da singularidade ет x=1.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial (PVI)
y'=\frac{2y}{x-1},\qquad y(0)=2.
As perguntas são:
(a) discutir as hipóteses do TEU (Teorema de Existência e Unicidade) em torno do ponto inicial (0,2);
(b) resolver o PVI explicitamente;
(c) discutir o intervalo máximo de existência da solução e indicar o papel da singularidade em x=1.
Informações relevantes fornecidas:
  • A função direita do ODE é f(x,y)=\dfrac{2y}{x-1}.
  • O ponto inicial é x_0=0 com y(0)=2.
  • Há uma singularidade óbvia quando x=1 (denominador nulo), portanto f não está definida em pontos com x=1.

Passo 2

Entender o que o TEU exige (em linguagem simples e passo a passo):
  • O TEU (Picard–Lindelöf) pede, num retângulo ao redor do ponto inicial, que f(x,y) seja contínua e que seja Lipschitz em y (ou equivalentemente que \partial f/\partial y seja contínua e limitada) para garantir existência e unicidade local da solução.
  • Aqui f(x,y)=\dfrac{2y}{x-1}. Vou calcular a derivada parcial de f em relação a y:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{2}{x-1}.
  • Observe que tanto f quanto \partial f/\partial y têm problema quando x=1 (denominador zero). Então não podemos aceitar um retângulo que contenha x=1.
  • Para aplicar o TEU em torno do ponto inicial (0,2) escolhemos um retângulo
R=\{(x,y)\mid |x|\le a,\\ |y-2|\le b\}
com 0<a<1. Assim todos os x em R satisfazem |x-1|\ge 1-a>0, portanto o denominador está longe de zero dentro do retângulo.
  • Em R temos as estimativas (explicando passo a passo):
    • A função f é contínua em R porque o denominador nunca zera aí.
    • A derivada parcial em relação a y satisfaz, para todo (x,y)\in R,
    \left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right|=\left|\frac{2}{x-1}\right|\le \frac{2}{1-a}.Então \partial f/\partial y é limitada em R, o que implica que f é Lipschitz em y numa constante L=\dfrac{2}{1-a}.
  • Conclusão prática: existe um pequeno intervalo em x centrado em 0 (por exemplo |x|\le h com h\le a e escolhido conforme as constantes do TEU) onde existe e é única a solução do PVI. Em palavras amistosas: como podemos escolher um retângulo que evite x=1, as hipóteses do TEU são satisfeitas em torno de (0,2), logo há existência e unicidade local.

Passo 3

Resolver o ODE passo a passo (método escolhido: separação de variáveis — é o mais simples e direto aqui).
  • ODE: y'=\dfrac{2y}{x-1}. Reescrevendo y'=\dfrac{dy}{dx} e separando as variáveis:
\frac{dy}{y}=\frac{2\,dx}{x-1}.
  • Integrar ambos os lados (explicando a integral): a integral de 1/y em relação a y é \ln|y|; a integral de 2/(x-1) em relação a x é 2\ln|x-1|. Assim
\int\frac{dy}{y}=\int\frac{2\,dx}{x-1} \quad\Longrightarrow\quad \ln|y|=2\ln|x-1|+C,
onde C é constante de integração.
  • Manipular expoentes e constantes: usar propriedades do logaritmo para escrever
\ln|y|=\ln\big(|x-1|^{2}\big)+C=\ln\big(C_1\,|x-1|^{2}\big),
onde C_1=e^{C}>0. Assim |y|=C_1(x-1)^2. Como C_1 pode absorver sinal, escrevemos a solução geral em forma mais simples:
y(x)=K(x-1)^2,
onde K\in\mathbb{R} é constante arbitrária.
  • Aplicar a condição inicial y(0)=2:
2=K(0-1)^2=K\cdot 1\quad\Rightarrow\quad K=2.
  • Logo a solução particular do PVI é
y(x)=2(x-1)^2.
  • Verificação rápida (bom hábito na prova): calcular y'(x) pela regra da cadeia/derivação:
y'(x)=2\cdot 2(x-1)=4(x-1).
Calcular a direita \dfrac{2y}{x-1}=\dfrac{2\cdot 2(x-1)^2}{x-1}=4(x-1). Coincidem para x\neq 1, e y(0)=2 está satisfeita.

Passo 4

Discutir o intervalo máximo de existência e o papel da singularidade em x=1:
  • O domínio natural da função f(x,y)=\dfrac{2y}{x-1} é D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid x\neq 1\}. Esse domínio tem duas componentes conectadas em x: a componente esquerda com x<1 e a componente direita com x>1.
  • O ponto inicial (0,2) tem x_0=0<1, portanto pertence à componente conectada que corresponde ao intervalo em x igual a (-\infty,1).
  • Pelo TEU (aplicado localmente e estendendo por continuidade enquanto (x,y(x)) permanece em D), a solução única que passa por (0,2) pode ser estendida por toda a componente conectada em x que contém x_0. Assim a extensão máxima (intervalo de existência contendo 0) é
(-\infty,1).
  • Observação sobre x=1: em x=1 a função f deixa de estar definida (singularidade vertical na variável x). Isso impede que o PVI original (como problema com f definida) seja considerado através de um intervalo que cruza x=1. Mesmo que a fórmula explícita da solução encontrada, y(x)=2(x-1)^2, esteja definida em todo \mathbb{R} e satisfaça a expressão algébrica em x=1 (dá y(1)=0), o diferencial y'=\dfrac{2y}{x-1} não faz sentido em x=1 porque o lado direito não está definido aí. Portanto:
    • A singularidade em x=1 é uma barreira do ponto de vista do ODE formulado (não se pode aplicar o TEU através dela).
    • Para x>1 existe também uma solução da mesma forma y(x)=2(x-1)^2, mas ela vive na outra componente (1,\infty) e não é a extensão (no sentido do TEU) da solução que nasce em x=0 através de x=1, porque o problema não é definido em x=1.
  • Conclusão intuitiva: o intervalo máximo de existência da solução que parte de x=0 é (-\infty,1). A singularidade em x=1 impede que a teoria clássica garanta ou descreva uma continuação única através desse ponto, mesmo que a expressão obtida por separação seja numericamente contínua ali.

Resposta

(a) As hipóteses do TEU são satisfeitas em torno de (0,2): pode-se escolher um retângulo |x|\le a com 0<a<1 que evita x=1, onde f(x,y)=\dfrac{2y}{x-1} e \partial f/\partial y=\dfrac{2}{x-1} são contínuas e \partial f/\partial y é limitada, garantindo existência e unicidade local.
(b) y(x)=2(x-1)^2.
(c) O intervalo máximo de existência contendo x=0 é (-\infty,1). A singularidade em x=1 (denominador nulo de f) é uma barreira: o ODE não está definido em x=1, portanto não se pode, via TEU, estender a solução através desse ponto (mesmo que a fórmula explícita atinja y(1)=0).

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