Exercício 2.5. Resolva as EDO’s e os PVI’s:
y^{\prime}=\frac{x^{2} y^{2}}{1+x}

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial ordinária
y'=\frac{x^{2}y^{2}}{1+x}
e também trata de PVI’s (problemas de valor inicial). As informações que temos são:
  • A equação dada é \displaystyle y'=\frac{x^{2}y^{2}}{1+x}.
  • Não foi fornecida nenhuma condição inicial explícita no enunciado; portanto vamos obter a solução geral e, em seguida, mostrar como impor uma condição inicial geral \;y(x_0)=y_0.
  • Observe que o lado direito envolve \frac{1}{1+x}, logo a expressão não está definida em x=-1. Isso indica que devemos tomar cuidado com o domínio (intervalos que não contenham x=-1).

Passo 2

Qual método vamos usar? Aqui é natural usar separação de variáveis. Vou explicar isso devagarinho, como se estivéssemos na prova juntos.
Separação de variáveis significa escrever a equação numa forma em que todos os termos com y fiquem de um lado multiplicando dy e todos os termos com x fiquem do outro lado multiplicando dx. Depois integramos cada lado. Atenção: não podemos dividir por y se y puder ser zero; por isso sempre checamos se existe uma solução constante que teria sido eliminada por divisão.
No nosso caso a equação é
\frac{dy}{dx}=\frac{x^{2}}{1+x}\,y^{2}.
Para separar, vamos “colocar” y no lado de dy e x no lado de dx.

Passo 3

Fazendo a separação de variáveis (assumindo temporariamente y\neq 0 para poder dividir por y^{2}):
\frac{dy}{dx}=\frac{x^{2}}{1+x}\,y^{2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{dy}{y^{2}}=\frac{x^{2}}{1+x}\,dx.
Explicando: eu dividi ambos os lados por y^{2} e multipliquei por dx. A forma \frac{dy}{y^{2}}=\text{(função de }x)\,dxçã é exatamente o que queremos para integrar.
Lembre-se: a divisão por y^{2} exclui a possibilidade y\equiv 0 — então precisamos verificar essa solução separadamente depois.

Passo 4

Agora integramos ambos os lados. Primeiro a integral do lado esquerdo:
\int \frac{dy}{y^{2}}=\int y^{-2}\,dy=-\frac{1}{y}+C_1.
Expliquei: a primitiva de y^{-2} é \frac{y^{-1}}{-1}=-y^{-1}.
No lado direito precisamos integrar \displaystyle \int \frac{x^{2}}{1+x}\,dx. Para integrar isso é conveniente fazer divisão polinomial (ou decomposição):
fazendo a divisão de x^{2} por 1+x obtemos
\frac{x^{2}}{1+x}=x-1+\frac{1}{1+x}.
(Verificação rápida: (x-1)(1+x)=x^{2}-1, e sobra +1 no numerador, então soma \frac{1}{1+x}.)
Assim
\int \frac{x^{2}}{1+x}\,dx=\int (x-1)\,dx+\int \frac{1}{1+x}\,dx.
Calculando cada primitiva:
\int (x-1)\,dx=\frac{x^{2}}{2}-x, \qquad \int \frac{1}{1+x}\,dx=\ln|1+x|.
Portanto
\int \frac{x^{2}}{1+x}\,dx=\frac{x^{2}}{2}-x+\ln|1+x|+C_2.

Passo 5

Agora igualamos as duas primitivas (absorvendo constantes numa só). Da integração obtivemos
-\frac{1}{y}=\frac{x^{2}}{2}-x+\ln|1+x|+C,
onde C é constante arbitrária (combinação de C_1 e C_2). Vou reorganizar para escrever y explicitamente. Multiplicando por -1 e definindo C'=-C temos
\frac{1}{y}=C'-\frac{x^{2}}{2}+x-\ln|1+x|.
Portanto, para y\neq 0,
y(x)=\frac{1}{C'-\dfrac{x^{2}}{2}+x-\ln|1+x|}.
Aqui C' é uma constante real arbitrária. Note que a solução só faz sentido onde 1+x\neq 0 (porque usamos \ln|1+x|) e onde o denominador não se anula.
Agora voltamos à observação que fizemos antes: y\equiv 0 também é solução. Verificação simples: se y(x)=0 então y'(x)=0 e o lado direito \frac{x^{2}y^{2}}{1+x}=0, então a igualdade é satisfeita. Essa solução constante não foi obtida ao dividir por y^{2}, por isso deve ser citada separadamente.

Passo 6

PVI’s (problemas de valor inicial). Suponha que nos dão \;y(x_0)=y_0.
Caso 1: \;y_0\neq 0.
Usamos a forma explícita anterior. Partimos de
-\frac{1}{y}=\frac{x^{2}}{2}-x+\ln|1+x|+C.
Avaliar em x=x_0, y=y_0
-\frac{1}{y_0}=\frac{x_0^{2}}{2}-x_0+\ln|1+x_0|+C.
Daí
C=-\frac{1}{y_0}-\frac{x_0^{2}}{2}+x_0-\ln|1+x_0|.
Substituindo em \frac{1}{y}=C'-\frac{x^{2}}{2}+x-\ln|1+x| (ou reorganizando conforme desejar) obtemos a solução do PVI:
\frac{1}{y(x)}=\frac{1}{y_0}+\frac{x_0^{2}}{2}-x_0+\ln|1+x_0|-\left(\frac{x^{2}}{2}-x+\ln|1+x|\right),
ou seja
y(x)=\frac{1}{\dfrac{1}{y_0}+\dfrac{x_0^{2}}{2}-x_0+\ln|1+x_0|-\left(\dfrac{x^{2}}{2}-x+\ln|1+x|\right)}.
Essa fórmula vale para x num intervalo que contenha x_0 e que não atravesse x=-1 nem pontos onde o denominador zere.
Caso 2: \;y_0=0.
Então a solução que satisfaz o PVI é y(x)\equiv 0 (única solução que passa por y_0=0, pois o problema é bem comportado: a função do lado direito e sua derivada parcial em y são contínuas em regiões que não contenham x=-1, garantindo unicidade local).
Observações sobre existência/uniqueness: a função f(x,y)=\dfrac{x^{2}}{1+x}y^{2} é contínua em x e y em qualquer região que não contenha x=-1, e é Lipschitz local em y (pois \partial f/\partial y=2\dfrac{x^{2}}{1+x}y é contínua), então por Picard-Lindelöf a solução do PVI com x_0\neq -1 existe e é única numa vizinhança de x_0. O ponto x=-1 é singular da equação e normalmente limita o intervalo máximo de existência.

Passo 7

Exemplo numérico rápido (só para fixar): se x_0=0 e y_0=1 então
\frac{x_0^{2}}{2}-x_0+\ln|1+x_0|=\frac{0}{2}-0+\ln 1=0.
Logo a constante dá C=-1 na forma -\dfrac{1}{y}=\cdots + C, e a solução fica
\frac{1}{y}=1-\frac{x^{2}}{2}+x-\ln|1+x| \quad\Longrightarrow\quad y(x)=\frac{1}{1-\dfrac{x^{2}}{2}+x-\ln|1+x|}.
Isso ilustra como aplicar uma condição inicial prática.

Resposta

y(x)=0\
y(x)=\dfrac{1}{C-\dfrac{x^{2}}{2}+x-\ln|1+x|}, com C constante arbitrária e domínio onde x\neq -1 e o denominador não se anula.\
Para o PVI y(x_0)=y_0 com y_0\neq 0: \displaystyle y(x)=\dfrac{1}{\dfrac{1}{y_0}+\dfrac{x_0^{2}}{2}-x_0+\ln|1+x_0|-\left(\dfrac{x^{2}}{2}-x+\ln|1+x|\right)}.

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