Exercício 16. (Equação redutível por substituição) Analise o PVI
y^{\prime}=\frac{2 x+y}{x-y}, \quad y(1)=0
(a) Mostre que a substituição u=x-y transforma a equação em uma equação linear em u(x). (b) Resolva o PVI e volte à variável y.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial (PVI)
y'=\frac{2x+y}{x-y},\qquad y(1)=0.
Pede-se:
  • (a) mostrar que a substituição u=x-y transforma a equação (investigar o que acontece com a equação ao fazer essa substituição);
  • (b) resolver o PVI e voltar à variável y.
Informações relevantes dadas:
  • A equação é uma equação diferencial de primeira ordem com condição inicial em x=1.
  • Foi sugerida a substituição \;u=x-y\; (devemos aplicá-la e ver o que ela produz).
  • A solução final deve satisfazer y(1)=0.

Passo 2

Aplicando a substituição \;u=x-y\;. Primeiro relaciono y e u e suas derivadas:
y=x-u \quad\Rightarrow\quad y'=1-u'.
Agora substituo y e y' na equação original:
1-u'=\frac{2x+y}{x-y}=\frac{2x+(x-u)}{u}=\frac{3x-u}{u}=\frac{3x}{u}-1.
Isolando u' obtenho
1-u'=\frac{3x}{u}-1 \quad\Longrightarrow\quad u'=2-\frac{3x}{u}.
Este é o resultado imediato da substituição \;u=x-y. Em palavras: a substituição leva a uma equação para u(x) dada por
\boxed{\,u'=2-\dfrac{3x}{u}\,.}
Observação didática rápida: quando se faz uma substituição do tipo u= combinação linear de x,y, sempre calculamos u' por derivação direta usando u'=1-y' (já que u=x-y), e então substituímos y em termos de u para reexpressar a ODE só em u e x.

Passo 3

Interpretação da equação obtida e escolha do método para resolver o PVI.
A equação em u,
u'=2-\frac{3x}{u},
não é uma equação linear na forma padrão u'+p(x)u=q(x) (pois aparece \dfrac{3x}{u}, que contém u no denominador). Portanto, embora a substituição u=x-y transforme a equação original numa forma diferente, ela não produz uma equação linear simples em u(x). Para resolver o PVI de modo direto e mais simples, é mais conveniente observar que a equação original é homogênea de grau zero (numerador e denominador são funções homogêneas de grau 1 em x,y), e assim usar a substituição usual para equações homogêneas:
y=vx \quad\text{(ou seja, }v=\tfrac{y}{x}\text{)}.
Vou seguir esse caminho porque leva a uma equação separável, o que permite resolver o PVI de forma direta e depois relacionar com u se necessário. (Escolhi este método porque é o mais prático para resolver a equação dada no tempo de prova.)

Passo 4

Fazer a substituição y=vx. Então
y'=v+xv'.
Substituo na ODE:
v+xv'=\frac{2x+vx}{x-vx}=\frac{2+v}{1-v}.
Isolo xv':
xv'=\frac{2+v}{1-v}-v=\frac{2+v - v(1-v)}{1-v}=\frac{2+v^2}{1-v}.
Logo a equação para v(x) é
\frac{1-v}{2+v^2}\,dv=\frac{dx}{x},
ou seja uma equação separável.

Passo 5

Integrar ambos os lados. Vou integrar com cuidado e explicar as integrais usadas.
Primeiro, escrevo a integral do lado esquerdo em duas parcelas:
\int\frac{1-v}{2+v^2}\,dv=\int\frac{1}{2+v^2}\,dv-\int\frac{v}{2+v^2}\,dv.
  • Para \displaystyle\int\frac{1}{2+v^2}\,dv: usamos a fórmula \displaystyle\int\frac{1}{a^2+t^2}dt=\frac{1}{a}\arctan\!\left(\frac{t}{a}\right). Aqui a=\sqrt{2}. Portanto
\int\frac{1}{2+v^2}\,dv=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\!\left(\frac{v}{\sqrt{2}}\right).
  • Para \displaystyle\int\frac{v}{2+v^2}\,dv: note que é da forma \int \frac{t'}{t}\,dt se tomarmos t=2+v^2, porque dt=2v\,dv. Assim
\int\frac{v}{2+v^2}\,dv=\frac{1}{2}\ln(2+v^2).
Portanto a integral completa do lado esquerdo é
\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\!\left(\frac{v}{\sqrt{2}}\right)-\frac{1}{2}\ln(2+v^2).
A integral do lado direito é
\int\frac{dx}{x}=\ln|x|+C.
Assim obtemos a identidade (constante C geral)
\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\!\left(\frac{v}{\sqrt{2}}\right)-\frac{1}{2}\ln(2+v^2)=\ln|x|+C.

Passo 6

Aplicar a condição inicial y(1)=0. Com v=\dfrac{y}{x} isso dá v(1)=0. Substituo x=1 e v=0 na expressão integrada para determinar C:
\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan(0)-\frac{1}{2}\ln(2+0)=\ln 1 + C \quad\Longrightarrow\quad 0-\frac{1}{2}\ln 2 = 0 + C,
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C=-\frac{1}{2}\ln 2.
Substituo C na solução geral integrada:
\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\!\left(\frac{v}{\sqrt{2}}\right)-\frac{1}{2}\ln(2+v^2)=\ln|x|-\frac{1}{2}\ln 2.

Passo 7

Voltar à variável y (lembre v=\dfrac{y}{x}). Faço algumas manipulações para obter uma forma mais limpa e que cancele os \ln|x| que aparecem ao expressar v^2 em termos de y.
Observação prática: usando v=\dfrac{y}{x} e 2+v^2=\dfrac{2x^2+y^2}{x^2}, temos
-\frac{1}{2}\ln(2+v^2)= -\frac{1}{2}\bigl(\ln(2x^2+y^2)-2\ln|x|\bigr)= -\frac{1}{2}\ln(2x^2+y^2)+\ln|x|.
Substituindo isso na igualdade com C determinado, os termos \ln|x| se cancelam, ficando uma relação implícita mais simples entre x e y. Após simplificar obtemos
\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\!\left(\frac{y}{\sqrt{2}\,x}\right)-\frac{1}{2}\ln(2x^2+y^2)=-\frac{1}{2}\ln 2.
Multiplicando por 2 e rearranjando, uma forma elegante e compacta da solução implícita é
\boxed{\;\arctan\!\left(\frac{y}{\sqrt{2}\,x}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln\!\left(\frac{2x^2+y^2}{2}\right)\; }.
Esta relação satisfaz a condição inicial y(1)=0 (verifique: \arctan(0)=0 e \ln((2\cdot1^2+0)/2)=\ln 1=0).

Resposta

\displaystyle \arctan\!\left(\frac{y}{\sqrt{2}\,x}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln\!\left(\frac{2x^2+y^2}{2}\right)

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