(a) Verifique que ambas as funções y_{1}(t)=1-t e y_{2}(t)=-t^{2} / 4 são soluções do problema de valor inicial
y^{\prime}=\frac{-t+\left(t^{2}+4 y\right)^{1 / 2}}{2} . \quad y(2)=-1 .
Onde essas soluções são válidas?
(b) Explique por que a existência de duas soluções para o problema dado não contradiz a unicidade no Teorema 2.4.2.
(c) Mostre que y=c t+c^{2}, onde c é uma constante arbitrária, satisfaz a equação diferencial no item (a) para t \geq-2 c. Se c=-1, a condição inicial também é satisfeita e obtemos a solução y=y_{1}(t). Mostre que não existe escolha de c que fornece a segunda solução y=y_{2}(t).

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condição inicial:
y'=\frac{-t+\bigl(t^{2}+4y\bigr)^{1/2}}{2},\qquad y(2)=-1.
Pede-se:
  • (a) verificar que y_{1}(t)=1-t e y_{2}(t)=-t^{2}/4 são soluções do PVI e dizer onde (em quais t) cada uma é válida;
  • (b) explicar por que a existência de duas soluções não contradiz o Teorema 2.4.2 (teorema de unicidade);
  • (c) mostrar que y=c t+c^{2} satisfaz a equação para t\ge -2c, notar que c=-1 produz y_{1}, e mostrar que nenhum c produz y_{2}.
Dados relevantes que usaremos:
  • A função do lado direito é f(t,y)=\dfrac{-t+\sqrt{t^{2}+4y}}{2}. Para que f esteja definido é necessário t^{2}+4y\ge0.
  • A raiz quadrada retorna sempre o valor não negativo: \sqrt{u}=|\,\cdot\,| quando u é quadrado perfeito, ou em geral \sqrt{u}\ge0.

Passo 2

Verificação para y_{1}(t)=1-t.
  1. Calcular a derivada:
y_{1}'(t) = \frac{d}{dt}(1-t) = -1.
  1. Calcular o discriminante interno da raiz usando y_{1}:
t^{2}+4y_{1} = t^{2}+4(1-t)=t^{2}+4-4t=(t-2)^{2}.
Logo
\bigl(t^{2}+4y_{1}\bigr)^{1/2}=\sqrt{(t-2)^{2}}=|t-2|.
  1. Substituir na expressão do lado direito:
\frac{-t+\bigl(t^{2}+4y_{1}\bigr)^{1/2}}{2}=\frac{-t+|t-2|}{2}.
  1. Agora igualar com y_{1}'. Queremos que
-1=\frac{-t+|t-2|}{2}.
Multiplicando por 2:
-2=-t+|t-2|\quad\Longleftrightarrow\quad |t-2|=t-2.
A igualdade |t-2|=t-2 é verdadeira exatamente quando t-2\ge0, isto é, quando t\ge2. Para t\ge2 a expressão do lado direito vale
\frac{-t+(t-2)}{2}=\frac{-2}{2}=-1,
portanto coincide com y_{1}'.
Conclusão parcial: y_{1} satisfaz a equação diferencial para todo t com t\ge2. Verificando a condição inicial: y_{1}(2)=1-2=-1, portanto a condição inicial é satisfeita. Assim y_{1} é uma solução do PVI válida em [2,\infty) (ou em qualquer intervalo contido em [2,\infty)).

Passo 3

Verificação para y_{2}(t)=-t^{2}/4.
  1. Calcular a derivada:
y_{2}'(t)=\frac{d}{dt}\bigl(-\tfrac{t^{2}}{4}\bigr)=-\frac{t}{2}.
  1. Calcular o interno da raiz usando y_{2}:
t^{2}+4y_{2}=t^{2}+4\Bigl(-\frac{t^{2}}{4}\Bigr)=t^{2}-t^{2}=0.
Logo
\bigl(t^{2}+4y_{2}\bigr)^{1/2}=0.
  1. Substituir na expressão do lado direito:
\frac{-t+\bigl(t^{2}+4y_{2}\bigr)^{1/2}}{2}=\frac{-t+0}{2}=-\frac{t}{2},
que é exatamente y_{2}'(t).
  1. A raiz quadrada está bem definida porque o argumento é 0\ge0. Portanto a equação é satisfeita para todo t\in\mathbb{R}. Verificando a condição inicial: y_{2}(2)=-\tfrac{2^{2}}{4}=-1, então y_{2} também satisfaz y(2)=-1.
Conclusão parcial: y_{2} é solução do PVI válida em todo (-\infty,\infty).

Passo 4

Resumo das respostas para (a) com explicação da validade:
  • Para y_{1}(t)=1-t a identidade só ocorre quando |t-2|=t-2, isto é, para t\ge2. Logo y_{1} é solução no intervalo [2,\infty) e atende a condição inicial em t=2.
  • Para y_{2}(t)=-t^{2}/4 a expressão interna da raiz é 0 para todo t, de modo que a equação é satisfeita para todo t\in\mathbb{R}. Logo y_{2} é solução global e também atende a condição inicial.

Passo 5

Por que isso não contradiz o Teorema de unicidade (Teorema 2.4.2)?
Primeiro, enunciado sucinto do teorema (versão padrão): se f(t,y) e \partial f/\partial y são contínuas numa vizinhança retangular do ponto inicial (t_{0},y_{0}), então existe um único (local) solução do PVI passando por (t_{0},y_{0}).
Aqui f(t,y)=\dfrac{-t+\sqrt{t^{2}+4y}}{2}. Vamos investigar \partial f/\partial y.

Passo 6

Cálculo de \partial f/\partial y e verificação das hipóteses do teorema.
  1. Defina u(t,y)=t^{2}+4y. Então \sqrt{u} tem derivada em relação a y igual a \dfrac{4}{2\sqrt{u}}=\dfrac{2}{\sqrt{u}} (quando u>0). Assim
\frac{\partial f}{\partial y}(t,y)=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{t^{2}+4y}}=\frac{1}{\sqrt{t^{2}+4y}},
sempre que t^{2}+4y>0. (Para t^{2}+4y=0 a derivada parcial explode; para t^{2}+4y<0 f nem está definido.)
  1. No ponto inicial (t,y)=(2,-1) temos t^{2}+4y=4-4=0. Logo \partial f/\partial y não é finita em (2,-1); de fato tende a +\infty quando nos aproximamos do ponto pela região onde t^{2}+4y>0. Portanto \partial f/\partial y NÃO é contínua numa vizinhança do ponto inicial.
Conclusão: a hipótese de continuidade de \partial f/\partial y (uma hipótese chave do teorema de unicidade) falha no ponto inicial, por isso o teorema não garante unicidade aqui. Assim a existência de duas (ou mais) soluções não contradiz o teorema: o teorema simplesmente não se aplica porque as hipóteses não estão satisfeitas.

Passo 7

Parte (c): mostrar que y=c t+c^{2} satisfaz a equação para t\ge -2c, verificar c=-1 e mostrar que não existe c que dê y_{2}.
  1. Considere a família
y(t)=c t+c^{2},
com c constante.
  1. Derivada:
y'(t)=c.
  1. Calcular t^{2}+4y:
t^{2}+4y=t^{2}+4(ct+c^{2})=t^{2}+4ct+4c^{2}=(t+2c)^{2}.
Logo
\bigl(t^{2}+4y\bigr)^{1/2}=\sqrt{(t+2c)^{2}}=|t+2c|.
  1. Substituir em f:
\frac{-t+\bigl(t^{2}+4y\bigr)^{1/2}}{2}=\frac{-t+|t+2c|}{2}.
Queremos que isto seja igual a y'(t)=c, ou seja
c=\frac{-t+|t+2c|}{2}\quad\Longleftrightarrow\quad |t+2c|=t+2c.
A igualdade |t+2c|=t+2c é verdadeira exatamente quando t+2c\ge0, isto é, t\ge -2c. Para t\ge-2c temos então
\frac{-t+(t+2c)}{2}=\frac{2c}{2}=c,
portanto a equação é satisfeita.
Conclusão: para cada constante c, a função y(t)=ct+c^{2} é solução da equação diferencial em qualquer intervalo onde t\ge-2c. (Naturalmente a raiz exige t^{2}+4y=(t+2c)^{2}\ge0, o que já está garantido.)

Passo 8

Especializar em c=-1 e mostrar que não há c que dê y_{2}.
  1. Se c=-1, então
y(t) = (-1)\,t + (-1)^{2}=1-t,
ou seja y=y_{1}. A condição t\ge-2c vira t\ge-2(-1)=2, que coincide com a validade já encontrada para y_{1}. Assim c=-1 produz exatamente y_{1}.
  1. Mostrar que nenhum c produz y_{2}(t)=-t^{2}/4.
Argumento polinomial simples: se para algum c tivéssemos ct+c^{2}=-t^{2}/4 para todos os t num intervalo (mais do que um ponto), então as duas funções, uma linear em t e outra quadrática, seriam idênticas como polinômios. Isso implicaria que o coeficiente de t^{2} da combinação deveria ser zero, mas no lado direito o coeficiente de t^{2} é -\tfrac{1}{4}\neq0. Portanto não existe constante c tal que a identidade seja válida em um intervalo com mais de um ponto. Assim nenhum c produz y_{2}.
Alternativa (mais direta): a segunda derivada de y=ct+c^{2} é y''=0 identicamente, enquanto a segunda derivada de y_{2} é y_{2}''=-\tfrac{1}{2}\neq0. Duas funções que coincidem num intervalo teriam todas as derivadas iguais nesse intervalo; como 0\neq -\tfrac{1}{2}, não há coincidência em intervalo algum. Logo y_{2} não pertence à família y=ct+c^{2}.

Resposta

(a) y_{1}(t)=1-t é solução para t\ge2.
(a) y_{2}(t)=-t^{2}/4 é solução para todo t\in\mathbb{R}.
(b) Não contradiz o teorema de unicidade porque \partial f/\partial y=(t^{2}+4y)^{-1/2} não é contínua (explode) no ponto inicial (2,-1); assim as hipóteses do teorema não se aplicam.
(c) y=ct+c^{2} satisfaz a equação para t\ge-2c; para c=-1 obtém-se y_{1}. Não existe c que gere y_{2} (linear versus quadrática; ou comparar segundas derivadas).

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