Resolva os problemas de valores iniciais propostos e, na medida do possivel, encontre os domínios das soluções obtidas
y^{\prime}=\varepsilon y-\sigma y^{3}, y(0)=1 onde \varepsilon e \sigma são constantes positivas.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
y'=\varepsilon\,y-\sigma\,y^3,\quad y(0)=1,
onde \varepsilon>0 e \sigma>0.
Este é um EDO de primeira ordem e separável. Vamos separar variáveis, integrar por partes (usando frações parciais) e aplicar a condição inicial para obter a solução explícita. Finalmente, analisaremos para quais x o denominador da solução não se anula (domínio).

Passo 2

Escrevemos a equação em forma separável:
\frac{dy}{dx} = \varepsilon\,y - \sigma\,y^3 \quad\Longrightarrow\quad \frac{dy}{y\,(\varepsilon - \sigma\,y^2)} = dx.
Para integrar o lado esquerdo, fazemos a decomposição em frações parciais
\frac{1}{y\,(\varepsilon - \sigma\,y^2)} =\frac{1}{\varepsilon}\,\frac{1}{y} +\frac{\sigma}{\varepsilon}\,\frac{y}{\varepsilon-\sigma\,y^2},
que pode ser verificada reunindo sobre o mesmo denominador.

Passo 3

Integramos ambos os lados:
\int\frac{dy}{y\,(\varepsilon - \sigma\,y^2)} =\int\!\Bigl(\frac{1}{\varepsilon}\,\frac{1}{y} +\frac{\sigma}{\varepsilon}\,\frac{y}{\varepsilon-\sigma\,y^2}\Bigr)\,dy =\int dx.
No primeiro termo,
\displaystyle\int \frac{1}{\varepsilon}\,\frac{dy}{y}=\frac{1}{\varepsilon}\ln|y|.
No segundo, faça u=\varepsilon-\sigma\,y^2, du=-2\sigma\,y\,dy, então
\int \frac{\sigma}{\varepsilon}\,\frac{y\,dy}{\varepsilon-\sigma\,y^2} =-\frac{1}{2\varepsilon}\int\frac{du}{u} =-\frac{1}{2\varepsilon}\ln\bigl|\varepsilon-\sigma\,y^2\bigr|.
Logo,
\frac{1}{\varepsilon}\ln|y| -\frac{1}{2\varepsilon}\ln\bigl|\varepsilon-\sigma\,y^2\bigr| =x+C_1.

Passo 4

Multiplicando por \varepsilon e exponenciando:
\ln\!\bigl[y\,(\varepsilon-\sigma y^2)^{-1/2}\bigr]=\varepsilon x+C_1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{y}{\sqrt{\varepsilon-\sigma\,y^2}} =K\,e^{\varepsilon x},
onde K=e^{C_1}. Elevando ao quadrado,
\frac{y^2}{\varepsilon-\sigma\,y^2} =K^2\,e^{2\varepsilon x} \quad\Longrightarrow\quad y^2\bigl(1+K^2\sigma\,e^{2\varepsilon x}\bigr) =K^2\varepsilon\,e^{2\varepsilon x}.
Logo,
y^2=\frac{K^2\,\varepsilon\,e^{2\varepsilon x}} {1+K^2\,\sigma\,e^{2\varepsilon x}}.

Passo 5

Impondo y(0)=1:
1^2=\frac{K^2\,\varepsilon}{1+K^2\,\sigma} \quad\Longrightarrow\quad K^2\,\varepsilon=1+K^2\,\sigma \quad\Longrightarrow\quad K^2(\varepsilon-\sigma)=1 \quad\Longrightarrow\quad K^2=\frac{1}{\varepsilon-\sigma},
válido quando \varepsilon\neq\sigma. Assim, para \varepsilon\neq\sigma,
y^2(x) =\frac{\displaystyle \frac{\varepsilon}{\varepsilon-\sigma}\,e^{2\varepsilon x}} {\displaystyle 1+\frac{\sigma}{\varepsilon-\sigma}\,e^{2\varepsilon x}} =\frac{\varepsilon\,e^{2\varepsilon x}} {\sigma\,e^{2\varepsilon x}+(\varepsilon-\sigma)}.
Tomando a raiz positiva (pois y(0)=1>0):
\boxed{ y(x) =\sqrt{\frac{\varepsilon\,e^{2\varepsilon x}} {\sigma\,e^{2\varepsilon x}+\varepsilon-\sigma}} \,.}

Passo 6

Análise de domínio: o denominador não pode ser zero, isto é
\sigma\,e^{2\varepsilon x}+(\varepsilon-\sigma)\neq0.
1. Se \varepsilon>\sigma, então \varepsilon-\sigma>0 e o termo \sigma e^{2\varepsilon x}>0 para todo x, logo não zera: domínio é \mathbb{R}.
2. Se \varepsilon<\sigma, então \varepsilon-\sigma<0 e existe x_{\min} tal que
e^{2\varepsilon x_{\min}} =1-\frac{\varepsilon}{\sigma}\in(0,1) \;\Longrightarrow\; x_{\min}=\frac{1}{2\varepsilon}\ln\!\Bigl(1-\frac{\varepsilon}{\sigma}\Bigr).
Para x\le x_{\min} a expressão do denominador fica não positiva, logo a solução vale somente para
x>x_{\min}.

Passo 7

Caso limite \varepsilon=\sigma: a separação leva a
y'=\sigma\,y\bigl(1-y^2\bigr)
que é a equação logística com K=1. A condição inicial y(0)=1 coincide com o ponto de equilíbrio, produzindo a solução constante
\boxed{y(x)=1,\quad x\in\mathbb{R}.}

Resposta

Para \varepsilon \neq \sigma\): \[y(x) = \sqrt{\frac{\varepsilon\,e^{2\varepsilon x}}{\sigma\,e^{2\varepsilon x} + \varepsilon - \sigma}},
com domínio
\begin{cases} \mathbb{R}, & \varepsilon > \sigma, \\[6pt] \displaystyle \bigl(\tfrac{1}{2\varepsilon} \ln\bigl(1 - \tfrac{\varepsilon}{\sigma}\bigr), \, \infty\bigr), & \varepsilon < \sigma. \end{cases}
Para (\varepsilon = \sigma]:
y(x) = 1, \quad x \in \mathbb{R}.]

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