Resolva os seguintes problemas de valor inicial:
(l) y{\prime}=\frac{y{3}}{1-2 x y^{2}}, y(0)=1

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condição inicial
y'=\frac{y^{3}}{1-2xy^{2}},\qquad y(0)=1.
O que se pede é a solução y(x) que satisfaz essa EDO e a condição inicial. Informações relevantes que temos: a derivada é dada em termos de x e y; o valor inicial é y(0)=1. Não assumimos nada mais — vamos transformar a equação de modo que possamos resolvê‑la.

Passo 2

Reescrevo a EDO isolando dx/dy (ou seja, trato x como função de y). Isso é permitido e muitas vezes simplifica quando a equação tem dependência combinada em x e y. Começo por inverter a derivada:
\frac{dx}{dy}=\frac{1-2xy^{2}}{y^{3}}.
Agora espalho os termos:
\frac{dx}{dy}=\frac{1}{y^{3}}-\frac{2x}{y}.
Observe que essa é uma equação linear em x vista como função de y: ela tem a forma padrão
\frac{dx}{dy}+P(y)\,x=Q(y),
onde aqui P(y)=\dfrac{2}{y} e Q(y)=\dfrac{1}{y^{3}}.

Passo 3

Para resolver uma linear no formato \dfrac{dx}{dy}+P(y)x=Q(y) usamos o fator integrante \mu(y)=e^{\int P(y)\,dy}. Vou calcular:
\mu(y)=\exp\!\Big(\int \frac{2}{y}\,dy\Big)=\exp(2\ln|y|)=y^{2},
onde usei que perto da condição inicial y=1>0 podemos tomar y>0 e então |y|=y. Multiplico a equação por \mu(y)=y^{2}:
y^{2}\frac{dx}{dy}+2y\,x=\frac{1}{y}.
O lado esquerdo é exatamente a derivada do produto \dfrac{d}{dy}(y^{2}x). Logo:
\frac{d}{dy}(y^{2}x)=\frac{1}{y}.

Passo 4

Integro em relação a y:
y^{2}x=\int \frac{1}{y}\,dy=\ln|y|+C,
onde C é constante de integração. Assim obtemos a solução implícita
x=\frac{\ln|y|+C}{y^{2}}.

Passo 5

Uso a condição inicial y(0)=1. Para x=0 e y=1 temos
0=\frac{\ln 1 + C}{1^{2}}=\frac{0+C}{1}=C,
portanto C=0. A relação entre x e y fica
x=\frac{\ln|y|}{y^{2}}.
Como estamos em torno de y=1>0, troco \ln|y| por \ln y. Essa é uma forma implícita da solução: \ln y = x y^{2}. Vou agora isolar y explicitamente, porque é útil e padrão em provas.

Passo 6

Começo a transformar \ln y = x y^{2} para obter y explicitamente. Exponencio ambos os lados:
y=e^{x y^{2}}.
Definindo u=y^{2} (assim u\ge0 e y=\sqrt{u}), elevando ao quadrado a expressão y=e^{x y^{2}} obtemos
u=e^{2xu}.
Rearranjo para ter uma expressão do tipo z e^{z}=\text{constante}. Multiplico ambos os lados por e^{-2xu}:
u e^{-2xu}=1.
Multiplico por -2x (supondo momentaneamente x\neq0; depois tratamos x=0 por limite):
(-2xu)e^{-2xu}=-2x.
Agora seja z=-2xu. Então a última igualdade é
z e^{z}=-2x.

Passo 7

Introduzo a função de Lambert W, que é definida como solução de w e^{w}=t; isto é, w=W(t). Aplicando isso com t=-2x obtemos
z=W(-2x).
Voltando à definição z=-2xu, temos
-2xu=W(-2x).
Isolando u obtemos
u=-\frac{1}{2x}\,W(-2x).
Como u=y^{2}, isto dá
y^{2}=-\frac{1}{2x}\,W(-2x).
Tomando a raiz positiva (porque a solução passa por y(0)=1>0), chegamos à solução explícita
y(x)=\sqrt{-\frac{1}{2x}\,W(-2x)},
válida para x\neq0 e que se estende continuamente em x=0 pelo limite.

Passo 8

Comentário sobre ramo e continuidade: a expressão usa W(-2x). Para obter a solução que satisfaz y(0)=1 e que é contínua em x=0 escolhemos o ramo principal W_{0} da função de Lambert (pois para pequenos t temos W_{0}(t)\sim t). De fato, ao tomar o limite x\to0,
W(-2x)\sim -2x,
portanto
y(x)\to\sqrt{-\frac{1}{2x}(-2x)}=\sqrt{1}=1,
conferindo a condição inicial. Observação sobre domínio: a representação explícita em termos de W exige cuidado em pontos onde o argumento de W cruza os limites do ramo real (por exemplo t\ge -1/e para valores reais). Para o problema de valor inicial, a solução contínua em x=0 é obtida com o ramo principal W_{0}.

Resposta

y(x)=\sqrt{-\frac{1}{2x}\,W\big(-2x\big)}

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