1. a) Resolva o problema de valor inicial:
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime}+5 x^{4} y=x^{4} \\\ y(0)=y_{0} \end{array}\right.
b) Qual o intervalo de validade da solução?
c) Qual o limite de y(x) quando x tende a +\infty ? O limite depende de y_{0} ?

Passo 1

O enunciado pede três coisas e nos dá uma condição inicial. Vou listar claramente cada pergunta e as informações fornecidas:
  • Pergunta (a): Encontrar a solução do problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime}+5 x^{4} y=x^{4},\\[4pt] y(0)=y_{0}. \end{array}\right.
  • Pergunta (b): Determinar o intervalo de validade da solução encontrada.
  • Pergunta (c): Calcular \displaystyle\lim_{x\to+\infty} y(x) e verificar se esse limite depende de y_{0}.
Informações relevantes dadas no enunciado:
  • A equação diferencial é de primeira ordem e está escrita de forma explícita como y^{\prime}+5 x^{4} y=x^{4}.
  • Temos a condição inicial y(0)=y_{0}.
  • Não há restrição adicional no enunciado sobre x ou sobre y_{0}.]

Passo 2

Colocar a equação numa forma padrão para aplicar o método adequado. A forma padrão de uma equação linear de primeira ordem é
y'+P(x)\,y=Q(x).
Comparando com a equação dada, identificamos
P(x)=5x^{4},\qquad Q(x)=x^{4}.
Esse passo é só para organizar: agora sabemos quais são P(x) e Q(x), informação que usaremos para o próximo passo.

Passo 3

Explicar o método do fator integrante (integrating factor) de maneira didática.
  • Ideia: se conseguirmos um fator multiplicativo \mu(x) tal que ao multiplicar a equação toda por \mu(x) o lado esquerdo vire a derivada do produto \mu(x)y, então podemos integrar facilmente. Queremos
\mu(x)y'+\mu(x)P(x)y=\big(\mu(x)y\big)'.
  • Pela regra do produto, \big(\mu y\big)'=\mu' y+\mu y'. Para que isso coincida com \mu y'+\mu P y precisamos que \mu'=\mu P.
  • Assim \mu deve satisfazer a equação diferencial simples
\mu' = P(x)\,\mu.
  • A solução dessa equação é
\mu(x)=\exp\Big(\int P(x)\,dx\Big).
Ou seja, o fator integrante é \mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}. Isso é a fórmula-chave do método.

Passo 4

Aplicar a fórmula do fator integrante ao nosso P(x)=5x^{4}.
Calcular a integral:
\int P(x)\,dx=\int 5x^{4}\,dx = x^{5}+C,
mas podemos tomar C=0 porque constantes multiplicativas do fator integrante não alteram a fórmula final. Portanto o fator integrante é
\mu(x)=e^{x^{5}}.

Passo 5

Multiplicar a equação original por \mu(x)=e^{x^{5}}. Fica
e^{x^{5}}y' + 5x^{4}e^{x^{5}}y = x^{4}e^{x^{5}}.
Pelo motivo do passo anterior, o lado esquerdo é exatamente a derivada do produto e^{x^{5}}y. Logo podemos escrever
\big(e^{x^{5}}y\big)' = x^{4}e^{x^{5}}.

Passo 6

Integrar ambos os lados em relação a x. Obtemos
e^{x^{5}}y = \int x^{4}e^{x^{5}}\,dx + C,
onde C é constante de integração. Para calcular a integral do lado direito fazemos uma substituição simples: seja u=x^{5}. Então du=5x^{4}\,dx, ou seja x^{4}\,dx = \dfrac{du}{5}. Assim
\int x^{4}e^{x^{5}}\,dx = \int e^{u}\,\frac{du}{5} = \frac{1}{5}e^{u} + \text{const} = \frac{1}{5}e^{x^{5}} + \text{const}.
Incorporando a constante na constante geral C, podemos escrever
e^{x^{5}}y = \frac{1}{5}e^{x^{5}} + C.

Passo 7

Isolar y. Dividindo por e^{x^{5}} (que nunca é zero), obtemos a solução geral explícita
y(x) = \frac{1}{5} + C e^{-x^{5}}.
Aqui C é uma constante arbitrária determinada pela condição inicial.

Passo 8

Aplicar a condição inicial y(0)=y_{0} para encontrar C.
  • Avaliando a solução em x=0:
y(0)=\frac{1}{5} + C e^{0} = \frac{1}{5} + C.
  • Igualando a y_{0} temos
y_{0} = \frac{1}{5} + C \quad\Rightarrow\quad C = y_{0}-\frac{1}{5}.
Portanto a solução particular do problema de valor inicial é
\boxed{\,y(x)=\frac{1}{5}+\bigg(y_{0}-\frac{1}{5}\bigg)e^{-x^{5}}\,}.

Passo 9

Determinar o intervalo de validade da solução.
  • Observação: as funções P(x)=5x^{4} e Q(x)=x^{4} são polinomiais, portanto contínuas para todo x\in\mathbb{R}.
  • Pelo teorema de existência e unicidade para equações lineares de primeira ordem (ou simplesmente pelo fato de termos obtido uma expressão explícita válida para todo x), a solução encontrada é válida em todo o eixo real.
  • Além disso, a expressão \displaystyle e^{-x^{5}} está bem definida para todo x\in\mathbb{R}. Logo o intervalo de validade é
(-\infty,\,+\infty).

Passo 10

Calcular o limite \displaystyle\lim_{x\to+\infty} y(x) e verificar dependência em y_{0}.
  • Partimos da solução encontrada:
y(x)=\frac{1}{5}+\bigg(y_{0}-\frac{1}{5}\bigg)e^{-x^{5}}.
  • Para x\to+\infty temos x^{5}\to+\infty, então -x^{5}\to -\infty e portanto
e^{-x^{5}}\to 0.
  • Assim o termo com a constante multiplicadora desaparece no limite e restará apenas \dfrac{1}{5}. Ou seja
\lim_{x\to+\infty} y(x)=\frac{1}{5}.
  • Como o limite não envolve y_{0} (o termo com y_{0} é multiplicado por e^{-x^{5}} que tende a zero), concluímos que o limite é independente de y_{0}.

Resposta

(a) y(x)=\dfrac{1}{5}+\bigg(y_{0}-\dfrac{1}{5}\bigg)e^{-x^{5}}.\n(b) Intervalo de validade: (-\infty,\,+\infty).\n(c) \displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)=\dfrac{1}{5}. O limite não depende de y_{0}.

Exercícios relacionados