(2,0) Resolva o PVI a seguir e exiba um intervalo onde a solução é única. O que garante a unicidade da solução encontrada?
\left\{\begin{array}{l} \left(3 x y+y^{2}\right) d x+\left(x^{2}+x y\right) d y=0 \\\ y(1)=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial na forma diferencial
\left(3xy+y^{2}\right)\,dx+\left(x^{2}+xy\right)\,dy=0
com condição inicial y(1)=0. O que nos pedem:
  • Resolver o problema de valor inicial (achar a solução y(x) que passa por (1,0)).
  • Exibir um intervalo onde a solução é única.
  • Dizer o que garante a unicidade da solução encontrada.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A equação pode ser escrita como equação ordinária na forma dy/dx=\cdots.
  • O ponto inicial é (x_0,y_0)=(1,0).
  • Os coeficientes são polinômios (logo suaves) — mas atenção: pode haver pontos onde dividimos por algo que pode ser zero (como x ou x+ y); isso influencia domínio.

Passo 2

Transformar a equação diferencial para a forma explícita dy/dx=f(x,y). Partindo de
(3xy+y^{2})\,dx+(x^{2}+xy)\,dy=0,
dividindo por dx (assumindo dx\neq0) obtemos
x^{2}+xy\ne0\quad\Rightarrow\quad \frac{dy}{dx}=-\frac{3xy+y^{2}}{x^{2}+xy}.
Vou chamar a função do lado direito de f(x,y):
f(x,y)=-\frac{3xy+y^{2}}{x^{2}+xy}.
Antes de resolver, observo se há uma estrutura que facilita: tanto o numerador quanto o denominador são homogêneos de grau 2 em x,y (todos os termos têm grau 2). Isso sugere a substituição homogênea padrão y=vx (isto é, v=y/x).

Passo 3

Aplicar a substituição y=vx. Primeiro escrevo dy/dx em termos de v:
y=vx\quad\Rightarrow\quad \frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}.
Agora substituo y=vx em f(x,y):
\frac{dy}{dx}=-\frac{3x(vx)+(vx)^{2}}{x^{2}+x(vx)} =-\frac{x^{2}(3v+v^{2})}{x^{2}(1+v)} =-\frac{3v+v^{2}}{1+v}.
Assim a equação se torna
v+x\frac{dv}{dx}=-\frac{3v+v^{2}}{1+v}.
Isolando dv/dx obtemos
x\frac{dv}{dx}=-\frac{3v+v^{2}}{1+v}-v.

Passo 4

Simplificar o lado direito e obter uma equação separável. Faço a combinação:
-\frac{3v+v^{2}}{1+v}-v =\frac{-(3v+v^{2})-v(1+v)}{1+v} =\frac{-3v-v^{2}-v-v^{2}}{1+v} =\frac{-4v-2v^{2}}{1+v} =-\frac{2v(2+v)}{1+v}.
Logo
x\frac{dv}{dx}=-\frac{2v(2+v)}{1+v}.
Isto é separável. Reescrevo separando v e x:
\frac{1+v}{v(2+v)}\,dv=-2\,\frac{dx}{x}.

Passo 5

Integrar ambos os lados. Primeiro faço a decomposição em frações parciais da função em v. Quero escrever
\frac{1+v}{v(2+v)}=\frac{A}{v}+\frac{B}{2+v}.
Resolvo para A,B:
1+v = A(2+v)+Bv = 2A + v(A+B).
Comparando coeficientes: 2A=1\Rightarrow A=\tfrac12. E A+B=1\Rightarrow B=\tfrac12. Assim
\frac{1+v}{v(2+v)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{v}+\frac{1}{2+v}\right).
Agora integro:
\int \frac{1+v}{v(2+v)}\,dv=\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{v}+\frac{1}{2+v}\right)dv =\frac{1}{2}\big(\ln|v|+\ln|2+v|\big) =\frac{1}{2}\ln\big|v(2+v)\big|.
No lado direito
\int -2\,\frac{dx}{x}=-2\ln|x|+C.
Igualando as primitivas:
\frac{1}{2}\ln\big|v(2+v)\big|=-2\ln|x|+C.
Multiplicando por 2 e exponenciando:
\ln\big|v(2+v)\big|=-4\ln|x|+C' \quad\Rightarrow\quad \big|v(2+v)\big|=C''\,x^{-4}.
Para simplificar, removo o módulo e chamo a constante de K (pode ser qualquer número real):
v(2+v)=K x^{-4}.

Passo 6

Voltar à variável y lembrando v=y/x. Substituindo:
\frac{y}{x}\Big(2+\frac{y}{x}\Big)=K x^{-4} \quad\Rightarrow\quad \frac{y(2x+y)}{x^{2}}=K x^{-4}.
Multiplicando por x^{2}:
y(2x+y)=K x^{-2}.
Essa é a solução implícita geral. Note que, no processo de separação/integral, quando fiz a decomposição usei divisão por v — isto presume v\neq0, i.e. y\neq0. Portanto devo checar também as soluções constantes que podem ter sido perdidas ao dividir por v. Há dois casos óbvios da equação v(2+v)=K x^{-4}:
  • Se K\neq0, então v satisfaz essa relação não trivial.
  • Se K=0, então v(2+v)=0, ou seja v=0 ou v=-2. Em termos de y, isso corresponde a duas soluções particulares:
    • v=0 \Rightarrow y=0 (solução constante).
    • v=-2 \Rightarrow y=-2x (solução linear).
Ambas são soluções do EDO — posso verificar substituindo na equação original (fácil de checar diretamente).

Passo 7

Aplicar a condição inicial y(1)=0. Substituindo x=1 e y=0 na forma implícita y(2x+y)=K x^{-2}
0\cdot(2\cdot1+0)=K\cdot 1^{-2}\quad\Rightarrow\quad 0=K.
Logo K=0. Assim a família reduz-se a
y(2x+y)=0,
isto é, as curvas solução são y=0 ou y=-2x. A condição inicial y(1)=0 seleciona a solução y\equiv 0, porque y=-2x não passa por (1,0) (nela y(1)=-2). Portanto a solução do PVI é
y(x)\equiv 0.
Também é importante explicar por que não existe outra solução que passe por (1,0): a integração separou casos e o caso v=0 (i.e. y=0) foi tratado como solução particular que satisfaz a condição inicial; não há outra curva da família com K=0 que passe por (1,0) além de y=0.

Passo 8

Exibir um intervalo onde a solução é única e justificar unicidade. Vou usar o teorema de existência e unicidade de Picard–Lindelöf (ou Teorema de Cauchy–Lipschitz): se f(x,y) e \partial f/\partial y são contínuas num retângulo aberto que contém o ponto inicial (x_0,y_0), então existe um único solução passando por esse ponto, pelo menos em algum intervalo em x centrado em x_0.
Aqui f(x,y)=-\dfrac{3xy+y^{2}}{x^{2}+xy}. Note que f é uma razão de polinômios; portanto f e suas derivadas parciais são contínuas em qualquer região onde o denominador x^{2}+xy não se anula. No ponto (1,0) temos x^{2}+xy=1\neq0, logo existe um pequeno retângulo ao redor de (1,0) em que x^{2}+xy permanece afastado de zero; aí f e \partial f/\partial y são contínuas. Por exemplo, podemos escolher o intervalo em x
I=(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2})
e o intervalo em y J=(-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}). Para todo (x,y)\in I\times J temos
x^{2}+xy\ge x^{2}-|x||y|>\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}-\tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{4}-\tfrac{3}{4}=-\tfrac{1}{2},
mas esse cálculo só ilustra que podemos garantir que o denominador não zera escolhendo retângulos mais cuidadosos; mais diretamente, como o denominador é contínuo e vale 1 em (1,0), existe uma vizinhança onde ele não é zero. Assim, por Picard–Lindelöf existe uma solução única que passa por (1,0) definida em algum intervalo aberto contendo x=1; como já encontramos a solução y\equiv0 que satisfaz a condição inicial, essa é a única solução nesse intervalo.
Observação final: a solução y\equiv0 vale para todo x (exceto que ao avaliar a forma \frac{dy}{dx}=f(x,y) precisamos ter denominador não nulo para reescrever explicitamente; mas y=0 faz o denominador x^{2}, que só é zero em x=0). Porém a garantia de unicidade local pelo teorema requer apenas uma vizinhança de (1,0); escolhemos explicitamente I=(\tfrac12,\tfrac32) como exemplo de intervalo onde a solução é única.

Resposta

y(x)\equiv 0 em um intervalo contendo x=1, por exemplo em x\in(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}).
A unicidade é garantida pelo teorema de existência e unicidade (Picard–Lindelöf), pois f(x,y)=-\dfrac{3xy+y^{2}}{x^{2}+xy} e \partial f/\partial y são contínuas numa vizinhança de (1,0) (o denominador x^{2}+xy não se anula em (1,0)).