A seguir encontra-se o campo de direções da e.d.o. de primeira ordem não linear y^{\prime}= \left(y^{2}-y-2\right)(1-y)^{2}:
Determine qual será o comportamento da solução do P.V.I. no longo termo quando,
1<y(0)<2

Passo 1

O enunciado dá a E.D.O.
y'=(y^{2}-y-2)(1-y)^{2}
e pede: dado o P.V.I. com condição inicial \;1<y(0)<2\;, qual é o comportamento da solução no longo prazo (isto é, t\to\infty)?
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação diferencial autônoma é \;y'=(y^{2}-y-2)(1-y)^{2}.
  • A condição inicial está no intervalo \;1<y(0)<2.
  • Foi fornecido um campo de direções (imagem) relacionado à E.D.O.; usarei informações visuais dessa imagem para confirmar o sinal de y' nas faixas de y.

Passo 2

Primeiro fatoramos o lado direito para identificar pontos de equilíbrio. Vamos fatorar \;y^{2}-y-2:
y^{2}-y-2=(y-2)(y+1).
Portanto
y'=(y-2)(y+1)(1-y)^{2}.
Pontos de equilíbrio (onde y'=0) ocorrem quando qualquer fator é zero:
y=2,\qquad y=-1,\qquad y=1.
Explicação didática: um ponto de equilíbrio (ou solução constante) é um valor \bar y tal que, se a solução começar em \bar y, então y'(t)=0 e a solução permanece em \bar y para todo o tempo. Identificar equilíbrios é o primeiro passo para entender o comportamento assintótico.

Passo 3

Agora determinamos o sinal de \;y' nas diferentes faixas de y. Observe que (1-y)^{2}\ge0 para todo y e só é zero em y=1. Assim o sinal de y' é dado pelo sinal de (y-2)(y+1) (exceto em y=1 onde y'=0).
Analisando os intervalos:
  • Se y>2: então y-2>0 e y+1>0 (y-2)(y+1)>0 y'>0.
  • Se 1<y<2: então y-2<0 e y+1>0 (y-2)(y+1)<0 y'<0.
  • Se -1<y<1: então y-2<0 e y+1>0 (y-2)(y+1)<0 y'<0.
  • Se y<-1: então y-2<0 e y+1<0 (y-2)(y+1)>0 y'>0.
Interpretação didática: quando y'>0 a solução sobe (aumenta com t); quando y'<0 a solução desce (diminui com t). Para nosso P.V.I. estamos na faixa \;1<y(0)<2, onde acabamos de ver que \;y'<0, ou seja, a solução inicialmente decresce.
Peguei da imagem fornecida que, na faixa \;1<y<2, as setas do campo de direções apontam para baixo (confirmando derivada negativa), o que corrobora o resultado algébrico acima.

Passo 4

Classificação qualitativa dos equilíbrios (explicando como se conclui):
  • y=-1: para y<-1 tem-se y'>0 (vem para cima) e para -1<y<1 tem-se y'<0 (vem para baixo). Ambos os lados apontam em direção a y=-1 y=-1 é estável (sumidouro).
  • y=2: para 1<y<2 tem-se y'<0 (afasta-se para baixo) e para y>2 tem-se y'>0 (afasta-se para cima). Ambos os lados afastam ⇒ y=2 é instável (fonte).
  • y=1: note que (1-y)^{2} é um fator de multiplicidade 2. Para y>1 (à direita de 1) temos y'<0 (movimento para baixo, ou seja, em direção a 1), enquanto para y<1 (à esquerda de 1, mas maior que -1) também temos y'<0 (movimento para baixo, ou seja, para valores menores que 1). Assim, imediatamente à direita de 1 as soluções são atraídas para 1, mas imediatamente à esquerda de 1 as soluções são empurradas para baixo (afastam-se de 1). Isso caracteriza y=1 como um ponto semiestável: atrai soluções vindas da direita e repele soluções vindas da esquerda.
Explicação didática: multiplicidade par do zero costuma tornar o equilíbrio semiestável; olhar o sinal da derivada em cada lado mostra direção do fluxo.

Passo 5

Foco no caso inicial \;1<y(0)<2. Já concluímos que:
  • A solução começa com y'>0? Não — concluímos y'<0. Então y(t) decresce.
  • Em que ela pode parar? Há um equilíbrio em y=1 abaixo do intervalo inicial. Pelo sinal de y', a solução é empurrada para baixo em direção a y=1.
Agora precisamos decidir se a solução atinge y=1 em tempo finito (e aí fica estacionária) ou se aproxima de y=1 apenas assintoticamente quando t\to\infty. Para isso fazemos uma análise local próxima a y=1.

Passo 6

Análise local perto de y=1. Defina z=y-1. Para z>0 pequeno (ou seja y pouco maior que 1) temos:
y'=(y-2)(y+1)(1-y)^{2}=(z-1)(z+2)z^{2}.
Portanto
\frac{dz}{dt}=(z-1)(z+2)z^{2}.
Para z pequeno e positivo, os fatores (z-1) e (z+2) tendem a -1 e 2, respectivamente, então o produto (z-1)(z+2) tende a -2 — um valor finito não nulo. Assim, para z suficientemente pequeno existe uma constante C>0 tal que
\frac{dz}{dt}\approx -C z^{2}\quad(\text{com }C\approx 2).
Resolver a equação aproximada \;dz/dt = -C z^{2}\; por separação dá:
\int \frac{dz}{z^{2}} = -\int C\,dt \quad\Rightarrow\quad -\frac{1}{z}= -Ct + \text{const}
ou seja
z(t)\approx \frac{1}{Ct + \text{const}}.
Isso mostra que z(t)\to 0 quando t\to\infty, mas que o tempo necessário para z chegar exatamente a 0 é infinito (pois a função 1/(Ct+\text{const}) só atinge zero quando t\to\infty). De forma mais rigorosa, como (z-1)(z+2) permanece próxima de -2 para z pequeno, uma comparação direta mostra que o tempo para atingir z=0 é infinito.
Explicação didática: termos quadráticos pequenos em z dão decaimento do tipo 1/t. Isso implica aproximação assintótica e não atingimento em tempo finito.

Passo 7

Conclusão do comportamento de longo prazo para \;1<y(0)<2:
  • A solução decresce porque y'<0 nessa faixa.
  • Ela é atraída para o equilíbrio y=1 vindo da direita.
  • Atingir exatamente y=1 em tempo finito não ocorre; a solução aproxima-se de y=1 quando t\to\infty.
Portanto o limite quando t\to\infty é y=1.

Resposta

\lim_{t\to\infty} y(t)=1

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