Questāo 4

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Sobre o Problema de Valor Inicial:
P V I=\left\{\begin{array}{l} (x+\sqrt{x}) \frac{d y}{d x}+2 y=1 \\\ y(0)=\frac{1}{2} \end{array}\right.
Assinale a(as) alternativa(s) correta(s)
Escolha uma ou mais:
\square a. Essa EDO não é linear
\square b. Satisfaz a condições do Teorema de Existência e Unicidade
\square c. Não Satisfaz as condições do Teorema de Existência e Unicidade
\square d. Uma solução desse problema é y=\frac{1}{2}
\square e. Sua EDO tem solução geral dada por |1-2 y|^{-\frac{1}{2}}=e^{x+k} com k \in R, y<\frac{1}{2}.

Passo 1

O enunciado dá o Problema de Valor Inicial
PVI=\left\{\begin{array}{l} (x+\sqrt{x})\dfrac{dy}{dx}+2y=1,\\[4pt] y(0)=\dfrac{1}{2}, \end{array}\right.
e pede que eu assinale as alternativas corretas dentre:
a) Essa EDO não é linear
b) Satisfaz as condições do Teorema de Existência e Unicidade
c) Não Satisfaz as condições do Teorema de Existência e Unicidade
d) Uma solução desse problema é y=\dfrac{1}{2}
e) Sua EDO tem solução geral dada por |1-2y|^{-\frac{1}{2}}=e^{x+k} com k\in\mathbb{R},\; y<\dfrac{1}{2}.
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação diferencial é de primeira ordem e linear em y (ao olhar a forma algébrica).
  • O coeficiente que multiplica \dfrac{dy}{dx} é x+\sqrt{x}, que vale zero em x=0 (pois \sqrt{0}=0).
  • A condição inicial está em x=0, exatamente no ponto onde o coeficiente do termo derivada é zero.]

Passo 2

Verificação da linearidade (afirmação da alternativa a).
Definição prática: uma EDO é linear em y se aparece da forma a_1(x)\dfrac{dy}{dx}+a_0(x)y=b(x), ou equivalentemente \dfrac{dy}{dx}+p(x)y=q(x) quando dividimos por a_1(x) (onde permitido). Aqui temos exatamente
(x+\sqrt{x})\dfrac{dy}{dx}+2y=1,
que é da forma a_1(x)\dfrac{dy}{dx}+a_0(x)y=b(x) com a_1(x)=x+\sqrt{x}, a_0(x)=2, b(x)=1. Portanto a equação é linear em y como equação algébrica; a propriedade de linearidade não deixa de valer só porque a_1(0)=0. Conclusão: a alternativa (a) é falsa.
Explicação didática curta: linearidade trata de como y e suas derivadas aparecem (somadas e multiplicadas por funções de x), não exige que os coeficientes sejam não nulos em todo lugar. Então marcar “não é linear” seria incorreto.

Passo 3

Condições do Teorema de Existência e Unicidade (alternativas b e c).
O teorema clássico (Picard–Lindelöf) exige escrever a EDO na forma normal
\dfrac{dy}{dx}=f(x,y)
e que f e \partial f/\partial y sejam contínuas em um retângulo em torno do ponto inicial (x_0,y_0). Aqui, isolando \dfrac{dy}{dx} (quando possível),
\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{1-2y}{x+\sqrt{x}}.
Para x=0 o denominador x+\sqrt{x} é zero, então f(x,y)=\dfrac{1-2y}{x+\sqrt{x}} NÃO está definida em x=0 e, consequentemente, não é contínua nem tem derivada parcial contínua em torno de (0,\tfrac{1}{2}). Logo as hipóteses do teorema NÃO são satisfeitas no ponto inicial x=0.
Conclusão: a alternativa (b) é falsa e a alternativa (c) é verdadeira.
Comentário empático: isso quer dizer que o teorema padrão não nos garante existência/ unicidade na forma usual — mas pode haver soluções e até unicidade por argumentos diretos; o teorema só não se aplica por falta de continuidade em x=0.

Passo 4

Verificação direta da alternativa (d): testar y=\dfrac{1}{2}.
Se y\equiv\dfrac{1}{2} então \dfrac{dy}{dx}=0. Substituindo na EDO:
(x+\sqrt{x})\cdot 0 + 2\cdot \dfrac{1}{2}=1,
ou seja 1=1, identidade verdadeira para todo x onde a equação faz sentido (aqui para x\ge 0). Além disso y(0)=\tfrac{1}{2} satisfaz a condição inicial. Portanto y\equiv\dfrac{1}{2} é de fato uma solução do PVI. Conclusão: a alternativa (d) é verdadeira.
Observação didática: ter um coeficiente zero multiplicando \dfrac{dy}{dx} não impede que uma função constante seja solução — basta que os outros termos da equação se anulem corretamente, como aconteceu.

Passo 5

Resolver a EDO de forma geral (para x>0) e comparar com a alternativa (e).
Para x>0 podemos dividir por x+\sqrt{x} e obter a forma separável
\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{1-2y}{x+\sqrt{x}}.
Separando variáveis:
\dfrac{dy}{1-2y}=\dfrac{dx}{x+\sqrt{x}}.
Integramos ambos os lados. Começo pelo lado esquerdo:
\int \dfrac{dy}{1-2y} = -\dfrac{1}{2}\ln\big|1-2y\big| + C_1.
Agora o lado direito. Faço a substituição t=\sqrt{x} (então x=t^2 e dx=2t\,dt); note que tirei isso da expressão original envolvendo \sqrt{x}:
\int \dfrac{dx}{x+\sqrt{x}}=\int \dfrac{2t\,dt}{t^2+t}=\int \dfrac{2t\,dt}{t(t+1)}=\int \dfrac{2\,dt}{t+1}=2\ln|t+1|+C_2.
Voltando à variável x (lembre que t=\sqrt{x}):
\int \dfrac{dx}{x+\sqrt{x}}=2\ln\big(\sqrt{x}+1\big)+C_2.
Igualando as duas integrais (absorvendo constantes num único C):
-\dfrac{1}{2}\ln\big|1-2y\big|=2\ln\big(\sqrt{x}+1\big)+C.
Multiplicando por -2:
\ln\big|1-2y\big|=-4\ln\big(\sqrt{x}+1\big)+C',
onde C'=-2C. Exponenciando:
\big|1-2y\big|=K\big(\sqrt{x}+1\big)^{-4},\qquad K=e^{C'}>0.
Podemos reescrever a solução geral (para x>0) como
1-2y=\pm K\big(\sqrt{x}+1\big)^{-4},
ou ainda
y(x)=\dfrac{1\mp K(\sqrt{x}+1)^{-4}}{2},\qquad K\ge 0.
Agora verifico o que a alternativa (e) propõe: |1-2y|^{-1/2}=e^{x+k}. Isso é incompatível com a forma que encontramos, porque do nosso resultado
|1-2y| = K(\sqrt{x}+1)^{-4},
logo
|1-2y|^{-1/2} = K^{-1/2}(\sqrt{x}+1)^{2},
que é uma potência algébrica de \sqrt{x}+1, não uma exponencial e^{x+k}. Portanto a alternativa (e) é falsa.
Além disso, analisando a condição inicial y(0)=\tfrac{1}{2}: em x=0 temos \sqrt{0}+1=1, então |1-2y(0)|=K\cdot 1^{-4}=K. Mas 1-2y(0)=1-2\cdot\tfrac{1}{2}=0, logo K=0. Isso reduz a solução geral para 1-2y\equiv 0, ou seja y\equiv\tfrac{1}{2}. Portanto a única solução contínua da família obtida por separação que satisfaz a condição inicial é a solução constante y=\tfrac{1}{2}.
Comentário: apesar das hipóteses do teorema não se aplicarem, a análise direta mostrou que há (pelo menos) uma solução que satisfaz o PVI e que, dentro da família obtida para x>0, a condição inicial força K=0, dando a solução constante. Em problemas com singularidade no coeficiente, atitudes como essa (separação e análise do valor em x=0) são úteis.

Resposta

c. Verdadeira
d. Verdadeira

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