(Reginaldo)
(a) Encontre a solução do problema de valor inicial
(b) Determine o intervalo de validade da solução.
(c) Determine os pontos onde a solução tem um máximo local.
(d) Faça um esboço do gráfico da solução.
Passo 1
O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
que é uma equação diferencial separável. Vamos separar variáveis, integrar e depois usar a condição inicial para achar a constante de integração.
Passo 2
Separamos variáveis escrevendo
(3y^2-3),dy = (2x+1),dx
Agora integramos ambos os lados:
integral(3y^2-3),dy = integral(2x+1),dx Longrightarrow y^3-3y = x^2+x + C
Passo 3
Usamos a condição inicial y(0)=0. Substituindo x=0 e y=0 na equação integrada:
0^3 - 3 cdot 0 = 0^2 + 0 + C Longrightarrow C = 0
Logo a solução fica dada implicitamente por
y^3 - 3y = x^2 + x
Passo 4
O intervalo de validade é limitado pelos pontos onde o denominador 3y^2-3 se anula, isto é y^2=1, ou seja y=pm1. Substituindo em y^3-3y = x^2+x:
– Para y=1: 1^3-3cdot1 = x^2+x dá -2 = x^2+x, que não tem solução real.
– Para y=-1: (-1)^3-3(-1)=x^2+x dá 2=x^2+x, isto é x^2+x-2=0 com raízes x=-2 e x=1.
Como y(0)=0 está entre -1 e 1, o máximo intervalo de validade contendo x=0 é
cuja raiz em (-1,1) é aproximadamente yapprox0,0835.
Analisando o sinal de dydx=2x+13y^2-3, vê-se que para x<-tfrac12 a derivada é positiva e para x>-tfrac12 é negativa (pois 3y^2-3<0 enquanto |y|<1). Logo x=-tfrac12 é ponto de máximo local.
Passo 6
Esboço do gráfico:
– À medida que xto-2^+, a solução tende a yto-1.
– Para -2<x<-tfrac12, y cresce de -1 até yapprox0,0835 em x=-tfrac12.
– Para -tfrac12<x<1, y decresce de 0,0835 de volta a -1 quando xto1^-.
No ponto x=-tfrac12 a tangente é horizontal.
Resposta
(a) A solução implícita é
y^3 - 3y = x^2 + x
(b) Intervalo de validade:
-2 < x < 1
(c) Há um máximo local em
x = -tfrac12, y satisfaz y^3 -3y = -tfrac14 (ou yapprox0,0835)
(d) Esboço: curva que sai de (-2,-1), cresce até l(-tfrac12,0,0835r) com tangente horizontal, e depois decresce até (1,-1).