Encontre uma solução particular para cada equação homogênea dada.
x \frac{d y}{d x}=y+x e^{\frac{y}{x}}, \operatorname{com} y(1)=1;

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial com condição inicial:
x\frac{dy}{dx}=y+x e^{\frac{y}{x}},\qquad y(1)=1.
O que se pede é encontrar a solução particular (ou seja, a solução que satisfaz a condição inicial). Informações importantes que temos:
  • A equação relaciona y e x e contém a combinação \dfrac{y}{x}.
  • A condição inicial é y(1)=1.

Passo 2

Observação e escolha da substituição: quando a equação pode ser escrita em termos de \dfrac{y}{x} (como é o caso, pois aparece e^{\frac{y}{x}} e também temos o termo y), uma substituição útil é
v=\frac{y}{x}.
Essa substituição transforma uma equação em y(x) numa equação em v(x). Antes de substituir, precisamos expressar \dfrac{dy}{dx} em termos de v e dv/dx. Como y=vx, derivando em relação a x usamos a regra do produto:
\frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}.

Passo 3

Agora substituímos y=vx e \dfrac{dy}{dx}=v+x\dfrac{dv}{dx} na equação original:
x\left(v+x\frac{dv}{dx}\right)=vx + x e^{v}.
Desenvolvendo o lado esquerdo e simplificando termos iguais:
xv + x^2\frac{dv}{dx}=vx + x e^{v}.
Os termos xv se cancelam nos dois lados, sobrando
x^2\frac{dv}{dx}=x e^{v}.
Dividindo por x (aqui usamos x\neq0; a condição inicial tem x=1, então estamos no caso x>0):
x\frac{dv}{dx}=e^{v}.

Passo 4

A equação em v é separável. Reescrevemos para separar as variáveis v e x:
\frac{dv}{dx}=\frac{e^{v}}{x} \quad\Longrightarrow\quad e^{-v}dv=\frac{dx}{x}.
Integrando ambos os lados:
\int e^{-v}dv=\int\frac{dx}{x}.
A integral do lado esquerdo é -e^{-v} e do direito é \ln|x|+C. Então:
-e^{-v}=\ln|x|+C.
Podemos rearranjar para obter uma forma mais conveniente. Definindo C_1=-C (ou simplesmente escrevendo uma constante C diferente), obtemos
e^{-v}=C-\ln|x|.
Como e^{-v}>0, é necessário que C-\ln|x|>0 no intervalo onde a solução for válida.

Passo 5

Isolando v:
v=-\ln\!\bigl(C-\ln|x|\bigr).
Voltando à variável original y usando y=vx, a solução geral implícita/expressa é
y(x)=-x\ln\!\bigl(C-\ln|x|\bigr),
com a restrição C-\ln|x|>0.

Passo 6

Agora aplicamos a condição inicial y(1)=1. Substituindo x=1 e y(1)=1:
1 = -1\cdot \ln\!\bigl(C-\ln|1|\bigr).
Como \ln|1|=0, isso dá
1 = -\ln C \quad\Longrightarrow\quad \ln C = -1 \quad\Longrightarrow\quad C = e^{-1}.

Passo 7

Substituindo C=e^{-1} na solução geral, a solução particular que satisfaz y(1)=1 é
y(x) = -x\ln\!\bigl(\tfrac{1}{e}-\ln|x|\bigr).
Como a condição inicial está em x=1>0, podemos trabalhar no ramo x>0 e então escrever sem o valor absoluto:
y(x) = -x\ln\!\bigl(\tfrac{1}{e}-\ln x\bigr).
Devemos observar a condição de validade: o argumento do logaritmo precisa ser positivo,
\tfrac{1}{e}-\ln x>0 \quad\Longrightarrow\quad \ln x<\tfrac{1}{e}\quad\Longrightarrow\quad x<e^{1/e}.
Portanto a solução particular está definida para 0<x<e^{1/e} (intervalo que contém x=1).

Resposta

y(x)=-x\ln\!\bigl(\tfrac{1}{e}-\ln x\bigr),\qquad\text{definida para }0<x<e^{1/e}.

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