1. Mostre que a equação
  2. y + x d y d x = 1 y

    É separável

  3. Resolva a mesma
  4. Ache a solução tal que y 0 = 1

Passo 1

a)

Vamos começar vendo se essa EDO é separável mesmo, para isso temos que isolar d y d x e ver se d y d x vai ser o produto de uma função só de x com uma função só de y .

x d y d x = 1 y - y

d y d x = 1 y - y 1 x

E acabamos de ver que ele realmente é, então essa equação é separável.

Passo 2

b)

Agora temos que multiplicar cruzado deixando tudo com y de um lado e tudo com x do outro.

d y 1 y - y = 1 x d x

Agora vamos integrar dos dois lados

∫ d y 1 y - y = ∫ 1 x d x

Sabemos fazer de boa a integral do lado direito, que vai ficar

∫ d y 1 y - y = ln ⁡ x + C

Temos que fazer aquela integral do lado esquerdo separado porque ela é um pouco mais complicada.

Passo 3

∫ d y 1 y - y

Vamos começar dando uma arrumada nisso

∫ d y 1 y - y = ∫ d y 1 - y 2 y = ∫ y d y 1 - y 2

Vamos resolver fazendo

1 - y 2 = u

d u = - 2 y d y → y d y = - 1 2 d u

Colocando isso na integral

∫ y d y 1 - y 2 = - 1 2 ∫ d u u

Resolvendo a integral vamos ter

- 1 2 ∫ d u u = - 1 2 ln ⁡ u

Voltando para y

- 1 2 ln ⁡ 1 - y 2

Passo 4

Voltando para nossa integral vamos ter

- 1 2 ln ⁡ 1 - y 2 = ln ⁡ x + C

Agora temos que isolar o y

ln ⁡ 1 - y 2 = - 2 ln ⁡ x - 2 C

Lembrando de uma propriedade de logaritmo que fala

a ln ⁡ x = ln ⁡ x a

Vamos ter

ln ⁡ 1 - y 2 = ln ⁡ x - 2 - 2 C

Como x - 2 é sempre positivo temos

ln ⁡ 1 - y 2 = ln ⁡ x - 2 - 2 C

1 - y 2 = e ln ⁡ x - 2 - 2 C

1 - y 2 = e ln ⁡ x - 2 e - 2 C

1 - y 2 = x - 2 e - 2 C

Podemos fazer e - 2 C sendo K , então

1 - y 2 = x - 2 K

Então temos

1 - y 2 = ± K x - 2

y 2 = 1 ∓ K x - 2

Podemos fazer ∓ K = C 1

Assim vamos ter

y 2 - 1 = C 1 x - 2

Passo 5

c)

Vamos ao valor inicial agora, temos

y 0 = 1

Se olharmos a solução que achamos percebemos que aquela solução não possui o caso que x = 0 , isso porque temos x - 2 . Além disso, temos na integral 1 - y 2 no denominador, então não podemos, para essas soluções, ter a função y = 1 .

O que fazer agora? Vamos tentar ver uma solução que tenha essa solução inicial da EDO

y + x d y d x = 1 y

Buscando um chute para solução, é isso mesmo um chute, agora ferrou né? Chutar nunca dá certo, mas repara que temos um chute que temos que tentar, que seria se y x = 1 .

Vamos ver se isso é solução, nós pegamos essa função porque é a função mais simples que temos que obedece a solução inicial.

y ' x = 0

Então temos

1 + x . 0 = 1 1

1 = 1

Então podemos pegar:

y x = 1

Passo 6

Vou separar um passo só para comentar dessa coisa muito doida que aconteceu. Nós resolvemos a EDO e na letra c achamos uma solução que não faz parte das soluções que achamos resolvendo a EDO, na maioria dos exercícios nós achamos soluções necessariamente naquela parada, mas vamos colocar aqui o teorema que garante que tem sempre uma solução, que é o teorema da existência e unicidade.

Dada uma função f x , y tal que ela é continua em um retângulo R aberto a < x < b ; c < y < d , com f y também contínua em R . Então, dado um ponto x 0 , y 0 de R , temos que a equação diferencial

y ' = f x , y ,     y x 0 = y 0

Tem uma única solução definida em algum intervalo aberto contendo x 0 ,

Beleza, basicamente esse teorema garante que o PVI tem solução se aquela função f x , y é continua em um intervalo de x e y e a derivada em relação a y dessa f também é contínua nesse mesmo intervalo.

Vamos achar essa f x , y no nosso caso

d y d x = 1 y - y 1 x

Assim temos

f x , y = 1 y - y 1 x

Essa função é continua quando x ≠ 0 e y ≠ 0 , isso já mostra que o nosso caso da c mostra que aquela solução não necessariamente vai valer para x = 0 . Assim temos que procurar formas mais mirabolantes de achar a solução.

Quando isso acontecer vai ser um pouco mais complicado a parada, mas é só olhar bem as possibilidades que achamos soluções da EDO.

Resposta

b)

y 2 - 1 = C 1 x - 2

c)

y = 1

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