Seja y(x) uma solução da EDO não-linear
y^{\prime \prime}=f(y)
onde f(y) é uma função contínua que não depende de y^{\prime} ou da variável independente x. Considere F(y) como uma primitiva de f(y), istpo é, F^{\prime}(y)=f(y). Mostre que a quantidade
E(x)=\frac{1}{2}\left[y^{\prime}(x)\right]^{2}-F(y(x))
é constante, ou seja, E^{\prime}(x)=0. Use isto para resolver:
y^{\prime \prime}=6 y^{2}.

Passo 1

O enunciado dá uma equação diferencial ordinária (EDO) para uma função y(x):
y^{\prime\prime}=f(y),
onde f é contínua e não depende de y' nem de x. Define-se F(y) como uma primitiva de f, isto é,
F'(y)=f(y).
Pede-se duas coisas:
  1. Mostrar que a quantidade
E(x)=\frac{1}{2}\bigl[y'(x)\bigr]^2 - F\bigl(y(x)\bigr)
é constante ao longo de x, ou seja, provar que E'(x)=0.
2) Usar esse resultado para resolver a EDO específica
y^{\prime\prime}=6y^{2}.
As informações relevantes que temos são: a forma da EDO y''=f(y), a existência de uma primitiva F tal que F'(y)=f(y), e a definição de E(x). Não há condições iniciais dadas, então devemos obter uma integral de primeira ordem (constante de energia) e, a partir dela, a solução geral em quadratura; se possível, mostrar um caso explícito.

Passo 2

Vamos provar que E(x) é constante, calculando sua derivada e explicando cada passo. Primeiro, lembrando notação e regras:
  • y'(x) é a derivada de y em relação a x.
  • y''(x) é a derivada segunda.
  • Se G(x)=H\bigl(y(x)\bigr), pela regra da cadeia temos G'(x)=H'\bigl(y(x)\bigr)\,y'(x).
Agora calculemos E'(x). Começamos escrevendo E(x) de novo:
E(x)=\frac{1}{2}\bigl[y'(x)\bigr]^2 - F\bigl(y(x)\bigr).
Derivando termo a termo:
  • A derivada de \tfrac{1}{2}[y']^2 em relação a x usa a regra da cadeia ou produto: \dfrac{d}{dx}\bigl(\tfrac{1}{2}[y']^2\bigr)=y'(x)\,y''(x). (Porque se u=y', \tfrac{d}{dx}\tfrac{1}{2}u^2 = u u'.)
  • A derivada de F(y(x)) pela regra da cadeia é F'(y(x))\,y'(x). Mas F'(y)=f(y), então isso é f\bigl(y(x)\bigr)\,y'(x).
Portanto,
E'(x)=y'(x)\,y''(x) - f\bigl(y(x)\bigr)\,y'(x).
Fatorando y'(x),
E'(x)=y'(x)\bigl(y''(x)-f\bigl(y(x)\bigr)\bigr).
Como y é solução da EDO dada, temos y''(x)=f\bigl(y(x)\bigr). Substituindo isso no parêntese obtemos zero, logo
E'(x)=y'(x)\cdot 0=0.
Concluímos que E'(x)=0, ou seja, E(x) é constante ao longo de x. Vamos chamar essa constante de C:
\frac{1}{2}\bigl[y'(x)\bigr]^2 - F\bigl(y(x)\bigr)=C.
Isso é uma integral primeira (reduzimos a ordem da EDO de 2 para 1).

Passo 3

Agora aplicamos isso ao caso concreto y''=6y^2. Aqui f(y)=6y^2. Precisamos de uma primitiva F(y) tal que F'(y)=6y^2. Uma primitiva conveniente é
F(y)=2y^3,
pois \dfrac{d}{dy}\bigl(2y^3\bigr)=6y^2. (Podemos sempre adicionar uma constante à primitiva, mas essa constante pode ser absorvida na constante C do lado direito da integral primeira, então escolhemos F(y)=2y^3 para simplificar.)
Usando a integral primeira obtida no passo anterior, temos
\frac{1}{2}\bigl[y'(x)\bigr]^2 - 2y(x)^3 = C,
onde C é constante (a “energia”).

Passo 4

Reescrevemos a relação para isolar y':
\bigl[y'(x)\bigr]^2 = 4y(x)^3 + 2C.
Tomando raiz quadrada (duas possibilidades de sinal),
y'(x)=\pm\sqrt{4y^3+2C}.
Isto é uma equação de primeira ordem separável. Separamos variáveis:
\frac{dy}{\sqrt{4y^3+2C}} = \pm dx.
Integrando ambos os lados obtemos a solução em quadratura (implícita):
x + C_1 = \pm \int \frac{dy}{\sqrt{4y^3+2C}},
onde C_1 é outra constante de integração. Essa integral, em geral, é uma integral elíptica (não elementar) porque tem a forma \int dy/\sqrt{ay^3+b}. Portanto a solução geral, em termos elementares, fica nessa forma integral; inversas dessas integrais dão funções elípticas (por exemplo funções de Weierstrass).

Passo 5

Para entender melhor e ter pelo menos um caso explícito que possamos anotar na prova, vejamos o caso especial C=0. Então a relação reduz a
\bigl[y'\bigr]^2 = 4y^3.
Escolhendo o sinal positivo (o negativo dá solução análoga com troca de sinal de x),
\frac{dy}{dx}=2y^{3/2}.
Separe e integre:
y^{-3/2}\,dy = 2\,dx.
Calcule a integral do lado esquerdo. Usamos a regra \int y^{\alpha}\,dy = \dfrac{y^{\alpha+1}}{\alpha+1} quando \alpha\neq -1. Aqui \alpha=-\tfrac{3}{2}, então
\int y^{-3/2}\,dy = \frac{y^{-1/2}}{-1/2} = -2y^{-1/2}.
Integrando ambos os lados:
-2y^{-1/2} = 2x + K,
com K constante de integração. Dividindo por -2,
y^{-1/2} = -x - \frac{K}{2}.
Chamando x_0 = -\dfrac{K}{2} obtemos
y^{-1/2} = x_0 - x.
Elevando ao quadrado e invertendo:
y(x) = \frac{1}{\bigl(x_0 - x\bigr)^2}.
Se tivéssemos escolhido o sinal negativo nas raízes, o resultado seria a mesma forma com x trocado por -x, que é apenas outra constante de translação: no fim, para C=0 a família de soluções é
y(x)=\frac{1}{(x-x_0)^2},
com x_0 constante arbitrária (a diferença de sinal é absorvida em x_0). Note que esta solução tem singularidade (polo) em x=x_0, o que é natural para equações com potência positiva de y.

Resposta

E'(x)=0, ou seja, \displaystyle \frac{1}{2}\bigl[y'(x)\bigr]^2-F\bigl(y(x)\bigr)=C (constante).\n \displaystyle Para y''=6y^2: \displaystyle \frac{1}{2}\bigl[y'(x)\bigr]^2-2y(x)^3=C, portanto \displaystyle y'=\pm\sqrt{4y^3+2C} e a solução geral em quadratura é \displaystyle x+C_1=\pm\int\frac{dy}{\sqrt{4y^3+2C}}. Para o caso especial C=0 obtém-se a solução explícita \displaystyle y(x)=\frac{1}{(x-x_0)^2}.

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