Exercícios Resolvidos de EDO Homogênea

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Enunciado

Dada a equação

y ' = - 4 x + 3 y 2 x + y ,     x > 0   e   y > 0

a)Mostre que essa equação diferencial é homogênea e diga qual a substituição que pode ser utilizada para torná-la separável.

b)Resolva a equação

Passo 1

a)

Vamos lá, eu quero que você pense no seguinte, imagine que x e y tem a mesma unidade, concorda então que você está somando coisas com a mesma unidade e dividindo por uma coisa que tem a mesma unidade? Então esse cara não tem unidade, a gente chama isso de adimensional. Sempre que você tiver uma edo y ' = f ( x , y ) e esse f ( x , y ) for adimensional, a gente fala que essa EDO é homogênea!

Mas matematicamente temos que provar isso, e como provar isso?

Vamos fazer aquele teste de que: f λ x , λ y = f x , y ,   λ ≠ 0

Então a EDO é homogênea! Vamos lá

f λ x , λ y = - 4 x λ + 3 y λ 2 x λ + y λ = - 4 x + 3 y 2 x + y = f x , y

Como esperado, homogênea! Se fosse uma edo do tipo y ' = - 4 x 2 + 3 y 2 x + y , os termos do numerador não tem a mesma unidade de cara, você ta somando maçã com banana, então já vai dar ruim, sacou? Mas sempre faça o teste que fizemos agora que ele não tem erro!

Passo 2

Então agora que sabemos que é homogênea, vamos fazer a substituição y = z x :

Assim:

y ' = z ' x + z

Substituindo:

z ' x + z = - 4 x + 3 x z 2 x + x z = - 4 + 3 z 2 + z

Jogando z para o lado direito:

z ' x = - z - 4 + 3 z 2 + z = - - z 2 + 5 z + 4 2 + z

z ' x = d z d x x = - - z 2 + 5 z + 4 2 + z

Nós conseguimos jogar tudo que tem z pra um lado e tudo que tem x pro outro. Por isso: é uma EDO separável! Repare que, mesmo z sendo uma função de x e y, como estamos usando uma mudança de variáveis a EDO é mesmo separável.

Passo 3

b)

Agora vamos resolver essa EDO separável, primeiro reescreva z ' = d z d x :

d z d x x = - - z 2 + 5 z + 4 2 + z

Passa tudo que tem x para um lado e tudo que tem z para o outro:

- 2 + z z 2 + 5 z + 4 d z = 1 x d x

Bem bem, para resolver essa integral do lado esquerdo você vai ter que abrir o quadrado perfeito e abrir em frações parciais... mas vamos lá, integrando de ambos os lados:

- ∫ 2 + z z 2 + 5 z + 4 d z = ∫ 1 x d x

Vamos resolver a primeira integral:

∫ 2 + z z 2 + 5 z + 4 d z = ?

Como o denominador tem um polinômio de ordem maior que a do numerador, podemos fazer frações parciais, para isso vamos decompor o z 2 + 5 z + 4 , sabemos que a soma das raízes - b a = - 5 e produto c a = 4 , então as razíes são - 1   e - 4 , você pode resolver por discriminante se quiser! Assim ficou: z 2 + 5 z + 4 = ( z + 1 ) ( z + 4 ) , então podemos escrever:

2 + z z 2 + 5 z + 4 = 2 + z ( z + 1 ) ( z + 4 ) = A z + 1 + B z + 4 = A z + 4 A + B z + B ( z + 1 ) ( z + 4 ) = A + B z + 4 A + B ( z + 1 ) ( z + 4 )

Igualando os termos:

A + B = 1 4 A + B = 2

Fazendo um paranauê na segunda equação 4 A + B = A + B + 3 A = 2

Podemos substituir A + B = 1 nela e pá :

3 A + 1 = 2 → A = 1 3

E por fim

B = 1 - A = 1 - 1 3 = 2 3

Então ficamos com o seguinte:

2 + z z 2 + 5 z + 4 = 1 3 1 z + 1 + 2 3 1 z + 4

Logo a integral fica:

∫ 2 + z z 2 + 5 z + 4 d z = ∫ 1 3 1 z + 1 + 2 3 1 z + 4 d z = 1 3 ln ⁡ | z + 1 | + 2 3 ln ⁡ | z + 4 |

A outra integral é

∫ 1 x d x = ln ⁡ x

Assim era:

- ∫ 2 + z z 2 + 5 z + 4 d z = ∫ 1 x d x

Substituindo os resultados:

- 1 3 ln ⁡ z + 1 - 2 3 ln ⁡ z + 4 = ln ⁡ x

Como x > 0 , y > 0 e consequentemente z > 0 , podemos tirar os módulos:

- 1 3 ln ⁡ z + 1 - 2 3 ln ⁡ z + 4 = ln ⁡ x + C

Usando a regra do peteleco e chamando C = ln ⁡ K , onde K é outra constante qualquer

ln ⁡ z + 1 - 1 3 + ln ⁡ z + 4 - 2 3 = ln ⁡ x + ln ⁡ K

Usando a regra da soma:

ln ⁡ z + 1 - 1 3 z + 4 - 2 3 = ln ⁡ K x

Isso só é verdade se os termos dentro dos logaritmos forem iguais:

z + 1 - 1 3 z + 4 - 2 3 = K x

Não esquece de voltar pra y !

Substituindo y = z x → z = y x

y x + 1 - 1 3 y x + 4 - 2 3 = K x

Tchã! Finish!

Resposta

y x + 1 - 1 3 y x + 4 - 2 3 = K x

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