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,
y(0)=2

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial e o P.V.I.:
y'=(y^{2}-y-2)(1-y)^{2},
com condição inicial y(0)=2. A pergunta é: qual será o comportamento da solução do P.V.I. no longo termo (isto é, o que acontece quando t\to\infty) partindo de y(0)=2. Foi fornecido também um campo de direções (imagem) do qual podemos extrair algumas informações visuais.

Passo 2

Encontrar os pontos de equilíbrio (valores de y onde y'=0). Para isso fatoro a expressão à direita:
y^{2}-y-2=(y-2)(y+1),
portanto
y'=(y-2)(y+1)(1-y)^{2}.
Os zeros ocorrem quando cada fator é zero; assim os pontos de equilíbrio são \,y=2,\;y=-1 e \,y=1 (observe que y=1 é uma raiz dupla por causa de (1-y)^{2}).

Passo 3

Explicar por que, se a condição inicial é exatamente um equilíbrio, a solução fica ali parada. A função f(y)=(y-2)(y+1)(1-y)^{2} é um polinómio em y, portanto é contínua e Lipschitz localmente. Pelo teorema de existência e unicidade, a solução do problema de valor inicial é única. Como y(t)\equiv 2 (função constante) satisfaz y'=0 e y(0)=2, ela é a única solução do P.V.I. com essa condição inicial. Logo, se y(0)=2 a solução permanece exatamente y(t)=2 para todo t.

Passo 4

Analisar a estabilidade de y=2 (útil para entender comportamento sob pequenas perturbações). Primeiro faço um estudo de sinais de y' nas faixas determinadas pelos pontos críticos -\infty<-1<1<2<\infty. Note que (1-y)^{2}\ge0 e é estritamente positiva para y\neq1, portanto o sinal de y' fora de y=1 é o mesmo do produto (y-2)(y+1).
Escolhendo pontos testes:
  • Para y<-1 (por exemplo y=-2): (y-2)(y+1)>0 y'>0.
  • Para -1<y<1 (por exemplo y=0): (y-2)(y+1)<0 y'<0.
  • Para 1<y<2 (por exemplo y=1{,}5): (y-2)(y+1)<0 y'<0.
  • Para y>2 (por exemplo y=3): (y-2)(y+1)>0 y'>0.
Do quadro de sinais: à esquerda de -1 o campo aponta para cima, entre -1 e 2 aponta para baixo (note que inclui a região à esquerda e à direita de 1 com sinal negativo), e à direita de 2 aponta para cima. Assim, y=2 é um ponto onde uma pequena perturbação positiva faz y'\!>0 (a solução cresce) e uma pequena perturbação negativa faz y'\!<0 (a solução decresce) — ou seja, ambas as perturbações afastam a solução de 2. Isso caracteriza y=2 como um equilíbrio instável (repulsor).

Passo 5

Verificação pela linearização (teste rápido): defina f(y)=(y-2)(y+1)(1-y)^{2}. Para verificar a estabilidade local calculo f'(y) e avalio em y=2. Observando que y-2 é um fator simples, podemos usar que
f'(2)=(y+1)(1-y)^{2}\Big|_{y=2}=3\cdot1=3>0.
Como f'(2)>0, a linearização indica instabilidade (se f'(y^*)>0 então y^* é instável). Isso confirma o que o quadro de sinais mostrou.

Passo 6

Conclusão para o P.V.I. com y(0)=2: pela unicidade, a solução que satisfaz essa condição inicial é exatamente a solução constante y(t)\equiv 2 para todo t. Assim no longo termo a solução permanece em 2; em notação de limite,
\lim_{t\to\infty} y(t)=2.
Observação didática e intuitiva: embora a solução que começa exactamente em 2 fique em 2, esse equilíbrio é instável — qualquer pequena perturbação inicial levaria a solução a afastar-se de 2 (se for para baixo ela tende a mover-se para valores menores; se for para cima ela cresce). Mas isto não altera que, com a condição inicial exatamente y(0)=2, a solução é a constante 2.

Resposta

y(t)\equiv 2 para todo t. Portanto \displaystyle\lim_{t\to\infty}y(t)=2.

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