Exercícios Resolvidos de Existência, Unicidade e Solução por Inspeção

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Enunciado

Considere o problema de valor inicial

y ' = f t , y ,   y 0 = 3 ,  

No retângulo - 1,1 × [ - 4,4 ] .

Para este problema, qual função f ( t , y ) não satisfaz as hipóteses do Teorema de Existência e Unicidade.

Escolha uma opção:

  1. f t , y = 3 - y
  2. f t , y = 3 + y 2
  3. f t , y = y - 3
  4. f t , y = 3 - y

Passo 1

Fala galera, tudo bem? O problema pede que escolhamos uma função que não satisfaz as hipóteses do Teorema da Existência e Unicidade.

Esse teorema é bem interessante: ele tem algumas hipóteses e se o PVI satisfizer todas essas hipóteses, podemos dizer que esse problema de valor inicial tem solução e é única. Legal né?

Ele não nos diz qual é essa solução, só nos diz que ela existe e é única. E antes de escrever as hipóteses, vamos deixar esse PVI na forma bonitinha:

y ' = d y d t = f ( t , y )

Ou seja, vamos trocar y ' por d y d t e colocar todo o resto por outro lado da igualdade. Feito isso, vamos as hipóteses do teorema:

Vou traduzir essas hipóteses para você:

1: identificar a função lá do lado direito e derivar em relação a y .

2: olhar a continuidade dessas funções, ou seja, ver se elas apresentam algum ponto estranho, com divisão por zero, raiz de índice par de número negativo... essas coisas

3: se estiver tudo ok, escolher um intervalo retangular (de número a número, esse intervalo foi dado!) em que ao mesmo tempo tenhamos as funções do passo 2 contínuas e que contenham t 0 e y 0 .

Se tudo der certo, então esse PVI tem solução e é único! Beleza?

O problema nos dá 4 opções de f ( t , y ) , e lembrem-se de que essa função e a derivada dela em relação a y tem que ser contínua, então precisamos testar isso e as outras hipóteses para cada uma delas!

Passo 2

Temos essas opções:

  1. f t , y = 3 - y
  2. f t , y = 3 + y 2
  3. f t , y = y - 3
  4. f t , y = 3 - y

Vou a letra (a) primeiro.

Nosso teorema é:

Então nosso PVI com essa função é:

d y d t = 3 - y ,   y 0 = 3

Do passo 1. Temos:

f t , y = 3 - y

∂ f ∂ y = - 1

Ambas funções são contínuas, e em qualquer lugar! Então já conseguimos satisfazer o passo 2.

Agora precisamos ver se essas funções são contínuas no intervalo dado:

- 1,1 × [ - 4,4 ]

Aqui - 1 ≤ t ≤ 1 e - 4 ≤ y ≤ 4 , então temos dentro dele o t = 0 e o y = 3 que são os pontos da condição inicial. Então perfeito! As hipóteses todas foram satisfeitas. Logo não é essa função que apresenta uma falha.

Precisamos testar as outras.

Passo 3

Escolhendo a letra (b):

f t , y = 3 + y 2

Então nosso PVI com essa função é:

d y d t = 3 + y 2 ,   y 0 = 3

Do passo 1. Temos:

f t , y = 3 + y 2

∂ f ∂ y = - 2 y 3 + y 2

Essas funções são contínuas em qualquer lugar! Em t fica bem fácil de ver: elas independem desse parâmetro!

E de y : mesmo ele podendo ser zero, não teremos uma divisão por zero. E se ele for negativo, não teremos uma raiz negativa (seria o lugar onde essas funções não iriam existir) por conta daquele y 2 que deixa tudo positivo dentro do radical;

Assim ambas funções são contínuas, e em qualquer lugar! Então já conseguimos satisfazer o passo 2.

Como elas são contínuas em qualquer lugar, dentro da região dada também são! O intervalo dado:

- 1,1 × [ - 4,4 ]

Aqui - 1 ≤ t ≤ 1 e - 4 ≤ y ≤ 4 , então temos dentro dele o t = 0 e o y = 3 que são os pontos da condição inicial. Então perfeito! As hipóteses todas foram satisfeitas. Logo não é essa função que apresenta uma falha.

Precisamos seguir e testar as outras.

Passo 4

Escolhendo a letra (c):

f t , y = y - 3

Então nosso PVI com essa função é:

d y d t = y - 3 ,   y 0 = 3

Do passo 1. Temos:

f t , y = y - 3

∂ f ∂ y = 1

Essas funções são contínuas em qualquer lugar! Em t fica bem fácil de ver: elas independem desse parâmetro!

E de y : polinômios são contínuos em todos lugares!

Assim ambas funções são contínuas, e em qualquer lugar! Então já conseguimos satisfazer o passo 2.

Como elas são contínuas em qualquer lugar, dentro da região dada também são! O intervalo dado:

- 1,1 × [ - 4,4 ]

Aqui - 1 ≤ t ≤ 1 e - 4 ≤ y ≤ 4 , então temos dentro dele o t = 0 e o y = 3 que são os pontos da condição inicial. Então perfeito! As hipóteses todas foram satisfeitas. Logo não é essa função que apresenta uma falha.

Ainda temos uma última função para testar!

Passo 5

Escolhendo a letra (d):

f t , y = 3 - y

Então nosso PVI com essa função é:

d y d t = 3 - y ,   y 0 = 3

Do passo 1. Temos:

f t , y = 3 - y

∂ f ∂ y = 1 2 3 - y

Vamos analisar a função f t , y = 3 - y .

Se tivermos y > 3 , ficaremos com um radicando negativo! E isso é proibido! Essa função é contínua apenas em y tal que ( - ∞ ; 3 ] . E aqui ainda não excluímos o y = 3 , já que ele precisa fazer parte do nosso intervalo.

Agora vamos analisar a derivada ∂ f ∂ y .

∂ f ∂ y = 1 2 3 - y

Aqui temos o mesmo problema com o radicando, ele precisa ser positivo. Mas vamos além! Esse radicando agora não pode ser nulo! Isso porque não podemos ter divisão por zero! Então aqui o intervalo exclui o y = 3 .

( - ∞ ; 3 )

E com isso a derivada não está definida no ponto do valor inicial, falhando com a hipótese 3 do teorema!

O intervalo dado é:

- 1,1 × [ - 4,4 ]

Embora não tenhamos problemas com t , temos com y ! E não conseguimos um intervalo dentro dessa região que contenha simultaneamente o ponto de valor inicial e o lugar onde a função f e sua derivada em y são contínuas. Portanto, esse PVI pode ou não ter soluções e ela pode ser múltipla.

Assim a função que não podemos escolher é a (d).

Resposta

( d )

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