Resolva as equações diferenciais de Riccati a seguir. Utilize uma solução particular para reduzir a equação a uma equação linear.
y^{\prime}=6+5 y+y^{2}

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial
y' = 6 + 5y + y^{2},
usando uma solução particular para reduzir a equação a uma equação linear. Informações dadas:
  • A equação é de primeira ordem e tem o termo quadrático y^{2}.
  • Deve-se encontrar uma solução geral, usando uma solução particular conhecida para transformar a Riccati em uma equação linear de primeira ordem.

Passo 2

Procuro soluções particulares constantes. Se y for constante y_c então y'=0 e vale
0 = 6 + 5y_c + y_c^{2}.
Resolvo a quadrática em y_c. Note que o polinômio se fatoriza:
y_c^{2}+5y_c+6=(y_c+2)(y_c+3),
logo as raízes são y_c=-2 e y_c=-3. Portanto existem duas soluções particulares constantes:
y=-2\quad\text{e}\quad y=-3.

Passo 3

Escolho uma dessas soluções particulares (por exemplo y_p=-2) para fazer a redução. A técnica padrão é a substituição
y = y_p + \frac{1}{u},
onde u=u(x) é uma nova função a determinar. Aqui:
y = -2 + \frac{1}{u}.
Vou explicar por que isso ajuda: essa substituição cancela o termo quadrático em y quando se usa uma solução particular, transformando a equação em uma equação linear de primeira ordem em u. Agora calculo y' em termos de u:
y' = -\frac{u'}{u^{2}}.

Passo 4

Substituo y e y' na equação original. A RHS com y=-2+\dfrac{1}{u} é
6+5\left(-2+\frac{1}{u}\right)+\left(-2+\frac{1}{u}\right)^{2}.
Faço as contas passo a passo:
6+5\left(-2+\frac{1}{u}\right)+\left(-2+\frac{1}{u}\right)^{2} =6-10+\frac{5}{u}+4-\frac{4}{u}+\frac{1}{u^{2}}.
Agrupando termos constantes e em potências de u:
6-10+4=0,\qquad \frac{5}{u}-\frac{4}{u}=\frac{1}{u},
portanto a RHS fica
\frac{1}{u}+\frac{1}{u^{2}}.
Igualando com y'=-\dfrac{u'}{u^{2}} obtemos
-\frac{u'}{u^{2}}=\frac{1}{u}+\frac{1}{u^{2}}.
Multiplicando ambos os lados por u^{2} (observando que u\neq0 onde a substituição é válida):
-u' = u + 1.
Reescrevo na forma padrão de equação linear de primeira ordem para u:
u' + u = -1.

Passo 5

Agora resolvo a equação linear
u' + u = -1.
Vou explicar o método do fator integrante: para uma equação da forma u'+P(x)u=Q(x), o fator integrante é e^{\int P(x)\,dx}. Aqui P(x)=1, logo o fator integrante é e^{\int 1\,dx}=e^{x}. Multiplico a equação por e^{x}:
e^{x}u' + e^{x}u = -e^{x}.
O lado esquerdo é a derivada do produto e^{x}u, isto é
\frac{d}{dx}\!\big(e^{x}u\big) = -e^{x}.
Integro ambos os lados:
e^{x}u = \int -e^{x}\,dx = -e^{x} + C,
onde C é constante de integração. Assim
u = -1 + C e^{-x}.

Passo 6

Volto à substituição y=-2+\dfrac{1}{u}. Com u = -1 + C e^{-x} obtenho
y = -2 + \frac{1}{-1 + C e^{-x}}.
Posso reescrever de forma equivalente multiplicando numerador e denominador por e^{x}:
\frac{1}{-1 + C e^{-x}} = \frac{e^{x}}{-e^{x} + C} = \frac{e^{x}}{C - e^{x}}.
Então uma forma alternativa para a solução geral é
y = -2 + \frac{e^{x}}{C - e^{x}}.
Atente que as soluções estão definidas onde o denominador não zera, isto é C e^{-x}-1\neq0 (ou C\neq e^{x} em cada ponto). Além disso, as soluções particulares constantes y=-2 e y=-3 já identificadas também são soluções da equação original (são estados estacionários).

Passo 7

Para referência rápida: se em vez de y_p=-2 tivesse usado y_p=-3 a mesma técnica dá a família equivalente
y = -3 + \frac{1}{C e^{x} - 1},
que é apenas outra forma parametrizada da família geral obtida anteriormente (a diferença é apenas reparametrização da constante arbitrária).

Resposta

y = -2 + \frac{1}{C e^{-x} - 1},\qquad C\in\mathbb{R}\\ (\text{constante})
y = -2
y = -3

Exercícios relacionados