(PVI Linear) Sejam f, g: I \rightarrow \mathbb{R} funções contínuas no intervalo aberto I \subset \mathbb{R} e seja x_{0} \in I um ponto qualquer deste intervalo. Demonstre que, para cada y_{0} \in \mathbb{R} fixado arbitrariamente, o Problema de Valor Inicial (PVI)
\left\{\begin{array}{rlr} \frac{d y}{d x} & =f(x) y+g(x), & \text { para } x \in I \\\ y\left(x_{0}\right) & =y_{0}, & \end{array}\right.
tem solução única no intervalo I, dada pela fórmula
y(x)=e^{\int_{x_{0}}^{x} f(t) d t}\left[\int_{x_{0}}^{x} g(t) e^{-\int_{x_{0}}^{t} f(s) d s} d t+y_{0}\right]
Passo 1
O enunciado nos dá as seguintes informações e pede uma coisa clara:
São dadas funções contínuas \,f,g:I\to\mathbb{R}\, em um intervalo aberto I\subset\mathbb{R}.
Foi fixado um ponto \,x_{0}\in I\, e um valor inicial \,y_{0}\in\mathbb{R}\,.
Primeiro reorganizo a equação de modo a evidenciar uma estrutura que facilita a resolução. Subtraindo f(x)y de ambos os lados obtenho a forma
\frac{dy}{dx}-f(x)\,y=g(x).
Isto é uma equação do tipo “derivada de y menos algo vezes y igual a uma função”. A ideia é encontrar um multiplicador (fator integrante) que transforme o lado esquerdo numa derivada de produto simples, para então integrar facilmente. Vou construir esse fator integrante no próximo passo.
Passo 3
Defino o fator integrante \mu(x) por
\mu(x)=e^{-\int_{x_{0}}^{x} f(s)\,ds}.
Explico por que escolhi essa forma: calculando a derivada de \mu (usando a regra da cadeia) obtemos
Ou seja, \mu' é exatamente -f\mu. Isso é conveniente porque, ao multiplicar a equação por \mu, o lado esquerdo pode virar a derivada do produto \mu y. Vou mostrar isso no passo seguinte.
Passo 4
Multiplico toda a equação \frac{dy}{dx}-f(x)y=g(x) por \mu(x). Isso dá
Substituo \mu(x)=e^{-\int_{x_{0}}^{x} f(s)\,ds}. Então \mu(x)^{-1}=e^{\int_{x_{0}}^{x} f(s)\,ds} e \mu(t)=e^{-\int_{x_{0}}^{t} f(s)\,ds}. Assim a expressão anterior fica exatamente
que é a fórmula que o enunciado pede. Esta construção fornece uma função y. Como f e g são contínuas, as integrais aparecem de funções contínuas, logo y é diferenciável (na verdade C^{1}) e, retroativamente, satisfaz a equação diferencial (pois voltando aos passos anteriores a igualdade \frac{d}{dx}(\mu y)=\mu g foi usada para obter y). Portanto a existência da solução que é C^{1} em I está garantida.
Passo 7
Agora mostro unicidade. Suponha que existam duas soluções y_{1} e y_{2} de classe C^{1} em I que satisfaçam o mesmo valor inicial y_{1}(x_{0})=y_{2}(x_{0})=y_{0}. Considere a diferença u(x)=y_{1}(x)-y_{2}(x). Então u satisfaz
u'(x)=f(x)\,u(x),\qquad u(x_{0})=0,
pois os termos g(x) cancelam. Multiplicando por \mu(x) como antes, obtemos
\frac{d}{dx}\big(\mu(x)\,u(x)\big)=0.
Integrando entre x_{0} e x resulta \mu(x)u(x)-\mu(x_{0})u(x_{0})=0. Como u(x_{0})=0 e \mu(x_{0})=1, segue \mu(x)u(x)=0 para todo x\in I. Mas \mu(x)>0 para todo x, logo u(x)=0 para todo x\in I. Portanto y_{1}\equiv y_{2} em I. Isso prova a unicidade.
Passo 8
Resumo final do argumento (para guardar na prova da prova): a multiplicação por \mu(x)=e^{-\int_{x_{0}}^{x} f} transforma a equação numa derivada exata, integra-se explicitamente usando o valor inicial, obtém-se a fórmula acima; continuidade garante que a função obtida é C^{1} e portanto solução; e a mesma multiplicação aplicada à diferença de duas soluções prova que essa diferença é nula, garantindo unicidade.