Resolva os seguintes problemas de valor inicial. Nos problemas de segunda ordem use a substituição z=y^{\prime} ;
\quad 2 y y^{\prime \prime}=1+\left(y^{\prime}\right)^{2} ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • Equação diferencial dada:
2\,y\,y'' = 1 + (y')^{2}.
  • Condições iniciais:
y(0)=0,\qquad y'(0)=1.
  • O enunciado pede resolver o problema de valor inicial. Nos foi instruído usar a substituição \,z=y'\,.
Observações importantes (apenas organização das informações, sem resolver ainda):
  • As incógnitas são a função y(x) e sua derivada y'(x).
  • Temos uma equação de segunda ordem não linear. A substituição pedida é z=y', que transforma y'' em algo envolvendo z (vamos usar a regra da cadeia).
  • Tenho todas as informações necessárias para tentar resolver; se algo ficar inválido (por exemplo divisão por zero) vou explicitar.

Passo 2

Explicando a substituição z=y' e a regra da cadeia para y''.
  • Definimos z(x)=y'(x). Queremos escrever y'' em termos de z e y. Usando a regra da cadeia, se z é visto como função de y (i.e. consideramos z=z(y)) então
y''=\frac{dz}{dx}=\frac{dz}{dy}\cdot\frac{dy}{dx}=z\frac{dz}{dy}.
  • Aqui a ideia é: dz/dx=(dz/dy)(dy/dx) e dy/dx=z, logo y''=z\,dz/dy. Esta manipulação é válida enquanto conseguirmos tratar z como função de y (própria estratégia para equações que não dependem explicitamente de x).

Passo 3

Substituir na equação original para obter uma equação entre z e y.
  • Substituindo y''=z\,dz/dy e y'=z na equação original:
2\,y\left(z\frac{dz}{dy}\right)=1+z^{2}.
  • Reescrevendo:
2y z\frac{dz}{dy}=1+z^{2}.
Esta é uma equação em y e z. A seguir vamos analisar e resolver essa equação, lembrando das condições iniciais.

Passo 4

Verificar compatibilidade imediata das condições iniciais com a equação diferencial.
  • Avaliando a equação original no ponto x=0 usando y(0)=0 e y'(0)=1:
\text{LHS} = 2\,y(0)\,y''(0)=2\cdot 0\cdot y''(0)=0,
\text{RHS} = 1 + \big(y'(0)\big)^{2}=1+1^{2}=2.
  • Portanto no ponto x=0 a equação exigiria 0=2, o que é uma contradição.
  • Conclusão imediata: não existe função y suficientemente suave ( C^{2}) que satisfaça simultaneamente a equação diferencial e as condições iniciais y(0)=0,\\ y'(0)=1. As condições iniciais são incompatíveis com a equação no ponto x=0.
Vou, porém, completar a resolução da equação geral (válida onde for legítimo dividir por y), para entender a família de soluções e ver por que nenhuma passa por (0,0) com derivada 1.

Passo 5

Resolver a equação reduzida para a região onde y\neq 0 (porque se y=0 não podemos dividir por y).
  • A equação obtida foi
2y z\frac{dz}{dy}=1+z^{2}.
  • Rearranjando para separar variáveis (válido quando y\neq 0 e tratando z função de y):
\frac{dy}{y}=\frac{2z\,dz}{1+z^{2}}.
  • Integrando ambos os lados:
\int\frac{dy}{y}=\int\frac{2z\,dz}{1+z^{2}}.
  • As integrais são padrões:
\int\frac{dy}{y}=\ln|y|+C_{1}, \qquad \int\frac{2z\,dz}{1+z^{2}}=\ln(1+z^{2})+C_{2}.
  • Igualando (absorvendo constantes numa única constante C):
\ln|y|=\ln(1+z^{2})+C
ou
y = A\big(1+z^{2}\big),
onde A=e^{C} é uma constante não nula (pode ser positiva; trataremos o sinal conforme necessário). Observação: nesta derivação foi preciso dividir por y, logo a relação só é válida nas regiões onde y\neq 0.

Passo 6

Explorar a relação y=A(1+z^{2}) e voltar para x.
  • Lembrando que z=y', a relação é
y = A\big(1+(y')^{2}\big).
  • Diferenciando ambos os lados em relação a x (supondo z\neq 0 inicialmente para poder simplificar):
y' = 2A y' y''.
  • Se y'\neq 0 podemos cancelar y' e obter
1 = 2A y'',
ou seja
y''=\frac{1}{2A},
que é uma constante. Integrando:
y'=\frac{x}{2A}+B,
y = A + \frac{(x+2AB)^{2}}{4A},
onde B é constante de integração e reorganizei constantes completando quadrado (pode-se escrever mais simplesmente em termos de duas constantes arbitrárias). Uma forma mais direta, obtida pelo método de separação para voltar de z a x, é:
y(x)=A+\frac{(x+C)^{2}}{4A},
onde A e C são constantes arbitrárias (com A\neq 0 para evitar divisão por zero). Esta família é verificada facilmente: derivando dá y'=(x+C)/(2A) e y''=1/(2A); substituindo na equação original:
2yy''=2\left(A+\frac{(x+C)^{2}}{4A}\right)\frac{1}{2A} =1+\frac{(x+C)^{2}}{4A^{2}} =1+(y')^{2},
portanto a família está correta.

Passo 7

Testar se alguma solução da família encontrada satisfaz as condições iniciais; concluir definitivamente sobre existência.
  • Para y(x)=A+\dfrac{(x+C)^{2}}{4A} temos
y(0)=A+\frac{C^{2}}{4A},\qquad y'(0)=\frac{C}{2A}.
  • As condições iniciais exigem
A+\frac{C^{2}}{4A}=0,\qquad \frac{C}{2A}=1.
Da segunda equação vem C=2A. Substituindo na primeira:
A+\frac{(2A)^{2}}{4A}=A+\frac{4A^{2}}{4A}=A+A=2A=0,
logo A=0. Mas A=0 não é permitido na forma de solução (dividimos por A ao longo do processo). Assim não há escolha de constantes A,C que satisfaça simultaneamente as duas condições iniciais. Isso confirma a contradição que vimos ao avaliar a equação no ponto x=0.

Passo 8

Conclusão e comentário final didático e encorajador.
  • As condições iniciais são incompatíveis com a equação no ponto x=0: a equação exige 0=2 se tentarmos forçar y(0)=0,\\ y'(0)=1. Portanto não existe solução y(x) (classe C^{2}) que satisfaça a equação e essas condições iniciais.
  • A família geral de soluções (em regiões onde y\neq 0) é
y(x)=A+\frac{(x+C)^{2}}{4A},
com A\neq 0 e C constantes. Essas curvas não passam pelo ponto (x,y)=(0,0) com derivada 1, conforme mostrado acima.
  • Não desanime: reconhecer incompatibilidade de condições iniciais é um resultado legítimo e importante em provas — às vezes a melhor resposta é afirmar que o problema não tem solução por inconsistência das condições.

Resposta

Não existe solução y(x) que satisfaça simultaneamente \;2yy''=1+(y')^{2}\; e as condições iniciais \;y(0)=0,\\ y'(0)=1.

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