[5.] Resolver a EDO com coeficientes quase homogêneos,
(x-y+3) d x+(x-2 y+5) d y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial na forma de forma diferencial exata não necessariamente exata:
(x-y+3)\,dx + (x-2y+5)\,dy = 0.
O que se pede é resolver essa EDO, ou seja, encontrar a família geral de curvas implícita ou explicitamente.
Informações dadas que vamos usar:
  • Os coeficientes são funções afins (lineares mais constantes): M(x,y)=x-y+3 e N(x,y)=x-2y+5.
  • Não é exata porque \partial M/\partial y = -1 e \partial N/\partial x = 1, então \partial M/\partial y \neq \partial N/\partial x.
  • Observação importante (útil aqui): ambos M e N são polinomiais de grau 1 mais constantes; existe um ponto (x_0,y_0) que anula as constantes, tornando a equação homogênea em novas variáveis — essa é a ideia de “coeficientes quase homogêneos” que vamos aplicar.

Passo 2

Objetivo do passo: encontrar a translação do eixo que zere as constantes em M e N. Procuramos (x_0,y_0) tal que
x_0 - y_0 + 3 = 0,\qquad x_0 - 2y_0 + 5 = 0.
Subtraindo as duas equações para eliminar x_0:
(x_0-y_0+3) - (x_0-2y_0+5) = 0 - 0 \Rightarrow (-y_0+3) -(-2y_0+5)=0,
portanto
-y_0+3 +2y_0 -5 =0 \Rightarrow y_0 -2 =0 \Rightarrow y_0 = 2.
Substituindo y_0=2 numa das equações:
x_0 - 2 + 3 = 0 \Rightarrow x_0 +1 =0 \Rightarrow x_0 = -1.
Logo o ponto que zera as constantes é (x_0,y_0)=(-1,2).

Passo 3

Fazemos a mudança de variáveis que centra a equação nesse ponto:
u = x - x_0 = x - (-1) = x+1,\qquad v = y - y_0 = y-2.
Note que du = dx e dv = dy porque x_0,y_0 são constantes. Reescrevendo M e N em u,v:
M = x-y+3 = (u-1) - (v+2) +3 = u - v,
N = x-2y+5 = (u-1) - 2(v+2) +5 = u - 2v.
Portanto a equação original em u,v fica
(u-v)\,du + (u-2v)\,dv = 0.
Agora não aparecem constantes — a equação é homogênea de grau 1 em u,v.

Passo 4

Transformar a equação para uma forma de ODE padrão. Dividindo por du (assumindo du\neq 0) obtemos
\frac{dv}{du} = -\frac{u-v}{u-2v}.
Como o lado direito é função apenas da razão v/u (grau zero quando se divide por u), procedemos com a substituição clássica para equações homogêneas:
z = \frac{v}{u}\quad\text{ou seja}\quad v = u z.
Explicando: essa substituição transforma uma relação entre v e u que depende só da razão em uma equação separável para z(u).

Passo 5

Calcular dv/du em função de z e dz/du. Pela regra do produto:
\frac{dv}{du} = z + u\frac{dz}{du}.
Substituindo na ODE:
z + u\frac{dz}{du} = -\frac{u - u z}{u - 2u z} = -\frac{1 - z}{1 - 2z}.
Isolando u\,dz/du:
u\frac{dz}{du} = -\frac{1 - z}{1 - 2z} - z.
Unificando frações no lado direito:
-\frac{1 - z}{1 - 2z} - z = \frac{- (1 - z) - z(1 - 2z)}{1 - 2z} = \frac{-1 + z - z + 2z^2}{1 - 2z} = \frac{2z^2 -1}{1 - 2z}.
Portanto obtemos a equação separável
\frac{1 - 2z}{2z^2 -1}\,dz = \frac{du}{u}.

Passo 6

Integramos ambos os lados. À esquerda precisamos calcular
\int \frac{1 - 2z}{2z^2 -1}\,dz.
Fazemos a decomposição
\frac{1 - 2z}{2z^2 -1} = -\frac{2z}{2z^2 -1} + \frac{1}{2z^2 -1},
pois 1-2z = -2z + 1. Integramos termo a termo.
Para o primeiro termo, use w = 2z^2 -1, então dw = 4z\,dz e -\dfrac{2z}{2z^2-1}\,dz = -\dfrac{1}{2}\dfrac{dw}{w}. Assim
\int -\frac{2z}{2z^2 -1}\,dz = -\frac{1}{2}\ln|2z^2 -1|.
Para o segundo termo escrevemos
\int \frac{1}{2z^2 -1}\,dz = \frac{1}{2}\int \frac{1}{z^2 - \tfrac{1}{2}}\,dz.
Lembrando a integral padrão \int \frac{1}{z^2-a^2}\,dz = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{z-a}{z+a}\right| para a>0, com a=\tfrac{1}{\sqrt{2}} temos
\frac{1}{2}\int \frac{1}{z^2 - \tfrac{1}{2}}\,dz = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{z-a}{z+a}\right| = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2\cdot(1/\sqrt{2})}\ln\left|\frac{z-\tfrac{1}{\sqrt{2}}}{z+\tfrac{1}{\sqrt{2}}}\right| = \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{z-\tfrac{1}{\sqrt{2}}}{z+\tfrac{1}{\sqrt{2}}}\right|.
Somando as duas partes, a primitiva da esquerda é
-\frac{1}{2}\ln|2z^2-1| + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{z-\tfrac{1}{\sqrt{2}}}{z+\tfrac{1}{\sqrt{2}}}\right|.
No lado direito da separação temos \int \frac{du}{u} = \ln|u| + C.

Passo 7

Igualando as primitivas obtemos a solução implícita em z e u:
-\frac{1}{2}\ln\big|2z^2-1\big| + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{z-\tfrac{1}{\sqrt{2}}}{z+\tfrac{1}{\sqrt{2}}}\right| = \ln|u| + C,
onde C é constante de integração.
Agora voltamos às variáveis originais. Lembrando z = \dfrac{v}{u} = \dfrac{y-2}{x+1} e u = x+1, substituímos:
-\frac{1}{2}\ln\Bigl|2\Big(\frac{y-2}{x+1}\Big)^2 -1\Bigr| + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\dfrac{y-2}{x+1} - \tfrac{1}{\sqrt{2}}}{\dfrac{y-2}{x+1} + \tfrac{1}{\sqrt{2}}}\right| = \ln|x+1| + C.

Passo 8

Podemos multiplicar por 2 e recolher constantes se quisermos uma forma um pouco mais compacta (aqui C se ajusta):
- \ln\Bigl|2\Big(\frac{y-2}{x+1}\Big)^2 -1\Bigr| + \frac{1}{\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\dfrac{y-2}{x+1} - \tfrac{1}{\sqrt{2}}}{\dfrac{y-2}{x+1} + \tfrac{1}{\sqrt{2}}}\right| = 2\ln|x+1| + C.
Essa é a solução implícita geral da EDO. Dá para reescrever em forma exponencial para eliminar logaritmos, mas a forma com logaritmos já descreve a família geral de curvas.
Uma observação final e encorajamento: a ideia-chave foi deslocar o sistema para o ponto que anula as constantes (encontrado resolvendo duas equações lineares), obtendo então uma equação homogênea que se resolve com a substituição v=uz. Esse padrão aparece com frequência em exercícios de “coeficientes quase homogêneos”: tente sempre buscar um centro que zere os termos constantes.

Resposta

-\frac{1}{2}\ln\Bigl|2\Big(\dfrac{y-2}{x+1}\Big)^2 -1\Bigr|
  • \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\dfrac{\dfrac{y-2}{x+1} - \tfrac{1}{\sqrt{2}}}{\dfrac{y-2}{x+1} + \tfrac{1}{\sqrt{2}}}\right|
    = \ln|x+1| + C

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