Exercício 3.2. Mostre que a EDO dada em cada item é homogênea e resolva as EDO’s e o PVI.
x^{\prime}=\frac{2 t+3 x}{t}

Passo 1

Enunciado e dados: temos a equação diferencial ordinária
x'=\frac{2t+3x}{t},
e o enunciado pede duas coisas: (1) mostrar que a EDO é homogênea; (2) resolver a EDO e o PVI (problema de valor inicial). Informação importante: a equação envolve divisão por t, então t\neq0. O enunciado não fornece um valor inicial explícito (t_0,x_0); portanto eu vou obter a solução geral e também explicitar como obter a solução particular caso seja dado um PVI \,x(t_0)=x_0 com t_0\neq0.

Passo 2

O que significa “homogênea” aqui (explicação didática): para uma EDO de primeira ordem da forma
x' = F(t,x),
dizemos que F é homogêneo de grau zero (o que costuma-se chamar simplesmente “equação homogênea” em muitos cursos) se F pode ser escrita como uma função apenas da razão \,x/t. Alternativamente, F é homogêneo de grau zero se F(\lambda t,\lambda x)=F(t,x) para todo \lambda>0. Isso significa que a dependência em t e x aparece apenas combinada na razão x/t.

Passo 3

Aplicando a definição ao nosso caso: a função do lado direito é
F(t,x)=\frac{2t+3x}{t}.
Faço a álgebra para mostrar que depende apenas de x/t:
\frac{2t+3x}{t}=\frac{2t}{t}+\frac{3x}{t}=2+3\frac{x}{t}.
Como F(t,x)=2+3(x/t), de fato F depende apenas de \,x/t. Portanto a equação é homogênea (de grau zero) e podemos usar a técnica padrão para EDOs homogêneas: a substituição
x=t\,y(t),
onde y(t)=x(t)/t. Esta substituição transforma a EDO em uma equação em y que geralmente é separável ou mais simples.

Passo 4

Computo a derivada usando x=t y. Pela regra do produto:
x' = y + t\,y'.
Agora substituo na equação original:
y + t\,y' = 2 + 3\frac{x}{t}.
Mas \frac{x}{t}=y, então
y + t\,y' = 2 + 3y.
Isolo t\,y':
t\,y' = 2 + 3y - y = 2 + 2y.
Divido por t (lembrando t\neq0):
y' = \frac{2+2y}{t} = \frac{2(1+y)}{t}.

Passo 5

Agora temos uma equação em y que é separável. Faço a separação de variáveis:
\frac{dy}{1+y} = 2\,\frac{dt}{t}.
Explico a ideia: separar significa colocar todos os termos com y no lado esquerdo e todos os termos em t no lado direito, para poder integrar ambos os lados.

Passo 6

Integro ambos os lados:
\int \frac{dy}{1+y} = \int 2\,\frac{dt}{t}.
As integrais são básicas: \int \frac{dy}{1+y}=\ln|1+y| e \int 2\,\frac{dt}{t}=2\ln|t|+C. Então
\ln|1+y| = 2\ln|t| + C,
onde C é constante de integração.

Passo 7

Resolvo para y: exponencio ambos os lados:
|1+y| = e^{C} \, |t|^{2}.
Posso absorver o sinal e e^{C} numa constante arbitrária K\in\mathbb{R}\setminus\{0\}, escrevendo
1+y = K t^{2}.
Aqui tomei t\neq0 e permiti K com sinal livre (ou seja, K pode ser qualquer número real não nulo; ao permitir K=0 a forma também é válida se o lado direito for zero). Assim
y = K t^{2} - 1.

Passo 8

Volto à variável original x usando x=t y:
x = t\big(K t^{2} - 1\big) = K t^{3} - t.
Renomeando a constante arbitrária K por C (notação usual), obtenho a solução geral:
x(t) = -t + C t^{3}, \qquad t\neq0,\quad C\in\mathbb{R}.

Passo 9

Checagem rápida (verificação): calculo x' da solução e verifico que satisfaz a EDO. Derivo:
x'(t) = -1 + 3C t^{2}.
Calculo o lado direito original:
\frac{2t+3x}{t} = \frac{2t + 3(-t + C t^{3})}{t} = \frac{2t -3t + 3C t^{3}}{t} = -1 + 3C t^{2},
que coincide com x'. Logo a solução está correta.

Passo 10

PVI (caso haja um valor inicial): se for dado um PVI x(t_0)=x_0 com t_0\neq0, substituo na solução geral para determinar C:
x_0 = -t_0 + C t_0^{3} \quad\Rightarrow\quad C = \frac{x_0 + t_0}{t_0^{3}}.
Portanto a solução particular fica
x(t) = -t + \frac{x_0 + t_0}{t_0^{3}}\, t^{3},\qquad t\neq0.
Observação importante: não é possível dar uma solução única se o problema pedisse um PVI sem fornecer (t_0,x_0); por isso entreguei a solução geral e a fórmula acima para o caso em que o PVI seja especificado.

Resposta

x(t) = -t + C t^{3},\; t\neq0,\; C\in\mathbb{R}.
\text{Se }x(t_0)=x_0\text{ (com }t_0\neq0\text{), então }x(t) = -t + \dfrac{x_0 + t_0}{t_0^{3}}\,t^{3}.ã

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