Exercício 3 - Determine os pontos ( t_{0}, y_{0} ) para os quais podemos garantir que o problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l}\frac{d y}{d t}=f(t, y) \\\ y\left(t_{0}\right)=y_{0}\end{array}\right.
tem uma única solução.
Se f(t, y)=t \sqrt{y^{2}-1}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá.
  • Pede: determinar os pontos (t_{0},y_{0})\) para os quais o problema de valor inicial \[\begin{cases} \dfrac{dy}{dt}=f(t,y),\\[4pt] y(t_0)=y_0, \end{cases}
tem uma única solução local (ou seja, garantia de existência e unicidade perto de (t_0]).
  • O enunciado nos dá a função
f(t,y)=t\sqrt{y^{2}-1}.
  • Observações imediatas sobre os dados:
    • A expressão \sqrt{y^{2}-1} exige que y^{2}-1\ge 0. Portanto f está definida apenas para y tais que |y|\ge 1.
    • Logo, pontos com |y_0|<1 não são admissíveis como condição inicial (a equação não está definida aí).]

Passo 2

Qual é a condição clássica que usamos para garantir unicidade (explicação didática).
  • Teorema prático que vamos usar (forma intuitiva): se f(t,y) é contínua numa vizinhança retangular de (t_0,y_0) e além disso é Lipschitz em y nessa vizinhança (uma condição técnica que impede que f varie “demais” em y), então existe uma única solução local do PVI passando por (t_0,y_0).
  • Uma maneira simples (e muito usada em prova) de verificar a condição de Lipschitz: se \partial f/\partial y existe e é contínua numa vizinhança de (t_0,y_0), então f é localmente Lipschitz em y lá, e portanto a unicidade está garantida.
  • Vou usar essa forma: calcular \partial f/\partial y e ver onde ela é contínua. Se for contínua num retângulo contendo (t_0,y_0), então unicidade garantida.

Passo 3

Cálculo da derivada parcial \partial f/\partial y e domínio onde é contínua.
  • Começando de
f(t,y)=t\sqrt{y^{2}-1},
calculamos a derivada parcial em relação a y. Tratar \sqrt{y^{2}-1} como função de y. Para |y|>1 (onde a raiz é diferenciável), usa-se regra da cadeia:
\frac{\partial f}{\partial y}(t,y) = t\cdot \frac{d}{dy}\sqrt{y^{2}-1} = t\cdot \frac{1}{2\sqrt{y^{2}-1}}\cdot 2y = t\cdot\frac{y}{\sqrt{y^{2}-1}}.
  • Observação sobre continuidade: \dfrac{\partial f}{\partial y}(t,y)=t\frac{y}{\sqrt{y^{2}-1}} é uma função bem definida e contínua sempre que o denominador \sqrt{y^{2}-1} é estritamente positivo, isto é, quando |y|>1. Em y=\pm 1 o denominador é zero, portanto a derivada parcial não existe ali (ou tende a infinito), e não é contínua atravessando esses pontos.

Passo 4

Conclusão para pontos com |y_0|>1: existência e unicidade (explicação passo a passo e intuição).
  • Se |y_0|>1, então existe um retângulo (um pequeno intervalo em t e um intervalo em y) contendo (t_0,y_0) que fica todo dentro da região \{(t,y):|y|>1\}. Nessa região:
    • f é contínua (produto de t e \sqrt{y^2-1}, ambas contínuas),
    • \partial f/\partial y existe e é contínua (como mostrado).
  • Pela condição mencionada no passo anterior, isso implica que f é localmente Lipschitz em y naquele retângulo, e portanto o Teorema de existência e unicidade (Picard–Lindelöf) garante que existe e é única a solução do PVI que passa por (t_0,y_0), pelo menos localmente em torno de t_0.
  • Intuição rápida: estar afastado das curvas |y|=1 evita a singularidade na raiz e na derivada; aí o problema se comporta “bonitinho” e não dá para ter duas trajetórias saindo do mesmo ponto.

Passo 5

Análise do caso |y_0|=1: a unicidade NÃO é garantida — e mostramos um contraexemplo construtivo.
  • Primeiro, f(t,1)=t\sqrt{1-1}=0 e f(t,-1)=t\sqrt{1-1}=0. Portanto as funções constantes
    y(t)\equiv 1\quad\text{e}\quad y(t)\equiv -1
    são soluções do ODE e passam por qualquer ponto (t_0,1) ou (t_0,-1). Assim há pelo menos uma solução que fica constante na linha y=\pm1.
  • Agora vamos demonstrar que também existe uma solução não-constante que passa por (t_0,1) (mesma ideia para -1), mostrando que a unicidade falha.
    • Suponha que buscamos soluções com y(t)\ge 1. Podemos separar variáveis: \frac{dy}{\sqrt{y^{2}-1}}= t\,dt.
    • Integrando ambos os lados (para y\ge 1, a primitiva no lado esquerdo é a função \operatorname{arcosh}(y) — que também pode ser escrita como \ln\!\big(y+\sqrt{y^{2}-1}\big)): \operatorname{arcosh}(y)=\frac{t^{2}}{2}+C,onde C é constante de integração.
    • Invertendo \operatorname{arcosh} obtemos a família explícita y(t)=\operatorname{cosh}\!\left(\frac{t^{2}}{2}+C\right).
    • Agora escolher C para que y(t_0)=1. Como \operatorname{cosh}(u)=1 se e só se u=0, precisamos de \frac{t_{0}^{2}}{2}+C=0 \quad\Rightarrow\quad C=-\frac{t_{0}^{2}}{2}.Com essa escolha aparece a solução y(t)=\operatorname{cosh}\!\left(\frac{t^{2}}{2}-\frac{t_{0}^{2}}{2}\right),que satisfaz y(t_0)=\operatorname{cosh}(0)=1. Essa solução é, em geral, não-constante (varia com t) e portanto é diferente da solução constante y\equiv 1.
    • Ambas as soluções (a constante y\equiv 1 e a não-constante acima) passam por (t_0,1). Portanto a unicidade não vale em (t_0,1).
    • O mesmo raciocínio vale para (t_0,-1): existe a solução constante y\equiv -1 e também a solução y(t)=-\operatorname{cosh}\!\left(\frac{t^{2}}{2}-\frac{t_{0}^{2}}{2}\right),que passa por (t_0,-1).
  • Conclusão deste passo: para |y_0|=1 não podemos garantir unicidade — de fato a unicidade falha (existem múltiplas soluções que passam pelo mesmo ponto).

Passo 6

Situação para |y_0|<1 e resumo final com linguagem direta.
  • Se |y_0|<1 a função f(t,y) não está definida no ponto inicial (a raiz fica com argumento negativo). Portanto o PVI nem está bem formulado aí; não se pode aplicar o teorema de existência/únicidade porque f não existe nesse ponto.
  • Resumo e resposta direta:
    • Para quaisquer (t_0,y_0) com |y_0|>1: f e \partial f/\partial y são contínuas em uma vizinhança de (t_0,y_0), logo existe e é única solução local do PVI passando por (t_0,y_0).
    • Para (t_0,y_0) com |y_0|=1: f está definida mas \partial f/\partial y não existe (singularidade), e a unicidade não é garantida — de fato há múltiplas soluções (ex.: y\equiv\pm1 e as soluções à base de \pm\operatorname{cosh} mostradas).
    • Para |y_0|<1: o PVI não está definido (não há f no ponto), logo não faz sentido falar em solução inicial aí.

Resposta

Para quaisquer (t_0,y_0) com |y_0|>1: existe e é única solução local do PVI.
Para (t_0,y_0) com |y_0|=1: a unicidade não é garantida (não é única; por exemplo y\equiv\pm1 e y(t)=\pm\operatorname{cosh}\!\big(\tfrac{t^{2}}{2}-\tfrac{t_{0}^{2}}{2}\big) passam por (t_0,\pm1)).
Para |y_0|<1: o PVI não está definido (pois f não existe aí).

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