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Exercícios Resolvidos de EDO Homogênea

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Enunciado

Resolva as equações:

a   x y ' = y + x 2 + 4 y ² com x > 0

Passo 1

Opa! Essa EDO é de primeira ordem, concorda? Estou afirmando isso, pois só estamos vendo a primeira derivada envolvida nessa EDO!

Vamos escrevê-la da seguinte maneira:

y ' = y + x 2 + 4 y 2 x

Beleza. Agora, o formato dela está me dando uma intuição bem forte de que ela é uma EDO homogênea. Para afirmar isso, precisamos verificar a seguinte condição:

f x , y = f ( t x , t y )

Onde t é uma constante arbitrária. Simbora calcular então o f ( t x , t y ) !

y ' = t y + t x 2 + 4 t y 2 t x   ⇒   y ' = t y + t x 2 + 4 y 2 t x   ⇒     y ' =   y + x 2 + 4 y 2 x

Shooooow! Então f t x , t y = f ( x , y ) ! Logo, nossa EDO é homogênea.

Passo 2

Já que ela é homogênea, nosso truque é fazer a mudança de variável, ou seja, adotar y = u x . Consequentemente, y ' = u + x u ' . Legal! Agora substituiremos essas relações na nossa EDO homogênea.

u + x u ' = u x + x 2 + 4 u 2 x 2 x   ⇒     u + x u ' = u x + x 2 1 + 4 u 2 x  

⇒     u + x u ' = u x + x 1 + 4 u ² x   ⇒   u + x u ' = u + 1 + 4 u ²   ⇒     x u ' = 1 + 4 u ²

Passo 3

Simplificamos nossa EDO ao máximo, então é hora de integrar! Ficaremos com algo assim:

x d u d x = 1 + 4 u ²   ⇒     ∫ 1 1 + 4 u 2 d u = ∫ 1 x d x  

“AI MEU DEUS, NÃO SEI COMO FAZER A INTEGRAL DO LADO ESQUERDO!”

Relaxa aí! Vou te mostrar. Esquece um pouco o lado direito do igual, depois a gente volta nele.

Que tal fazer uma substituição de variável? Perceba que temos um 4 u ² dentro daquela raiz, então vou adotar u = t g θ 2 , e já já você vai entender o porquê! Por consequência, d u = s e c 2 θ 2 d θ . Substituindo tudo...

∫ 1 1 + 4 t g θ 2 2 s e c 2 θ 2 d θ ⇒   ∫ 1 1 + t g 2 θ s e c 2 θ 2 d θ

Devemos lembrar que:

s e n 2 θ + c o s 2 θ = 1   ⇒     t g 2 θ + 1 = s e c ² θ

Sendo assim, nossa integral está desse jeito:

∫ s e c 2 θ 2 s e c ² θ d θ ⇒   1 2 ∫ s e c 2 θ s e c θ d θ ⇒   1 2 ∫ s e c θ d θ = 1 2 ln ⁡ s e c θ + t g θ + C 1

Para completar,

∫ 1 x d x = ln ⁡ x + C 2

Logo,

1 2 ln ⁡ s e c θ + t g θ + C 1 = ln ⁡ x + C 2   ⇒       1 2 ln ⁡ s e c θ + t g θ = ln ⁡ x + C

⇒   ln ⁡ s e c θ + t g θ = 2 ln ⁡ x + C

Retirei o módulo de x , pois o enunciado diz que x > 0 .

Passo 4

Nossa solução já está no finalzinho, mas você consegue perceber o que falta?

Não podemos esquecer do y , que é o que realmente nos interessa! Então, vamos descobri-lo. Para isso, temos que desfazer todas aquelas substituições!

ln ⁡ s e c θ + t g θ = 2 ln ⁡ x + C ⇒     ln ⁡ 1 + 4 u ² + 2 u = 2 ln ⁡ x + C  

⇒   ln ⁡ 1 + 4 y 2 x 2 + 2 y x = 2 ln ⁡ x + C ⇒   ln ⁡ 1 x x 2 + 4 y 2 + 2 y = 2 ln ⁡ x + C

⇒   1 x x 2 + 4 y 2 + 2 y = e 2 ln ⁡ x + C ⇒   1 x x 2 + 4 y 2 + 2 y = C x 2   ,   C ≠ 0

Então:

x 2 + 4 y 2 + 2 y = C x 3   ,   C ≠ 0

Resposta

x 2 + 4 y 2 + 2 y = C x 3   ,   C ≠ 0

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