Exercício 2.5. Resolva as EDO’s e os PVI’s:
\frac{d y}{d x}=\frac{y-2}{1+x}

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial ordinária
\frac{d y}{d x}=\frac{y-2}{1+x}
e pede para resolvê‑la (e resolver PVI’s, se houver condições iniciais). Informações relevantes que temos:
  • A incógnita é a função y(x).
  • A equação relaciona a derivada de y com x e y.
  • O denominador 1+x anula em x=-1, então a equação não está definida nesse ponto.
  • Não foi dada nenhuma condição inicial explícita no enunciado; portanto vamos obter a solução geral (e vou explicar como obter uma solução particular caso você tenha um PVI).

Passo 2

Observação importante (sem resolver ainda): existe a possibilidade de solução constante. Vamos testar a função constante y(x)=2. Substituindo na equação:
\frac{d y}{d x}=0\quad\text{e}\quad\frac{y-2}{1+x}=\frac{2-2}{1+x}=0.
Assim, y(x)=2 satisfaz a equação sempre que a equação estiver bem definida (isto é, para x\neq-1). Portanto y\equiv2 é uma solução (solução estacionária ou solução constante). Agora vamos procurar as soluções não‑constantes.

Passo 3

Método de separação de variáveis (vou explicar passo a passo): se a equação pode ser colocada colocando todos os termos em y de um lado e todos os termos em x do outro, podemos integrar cada lado separadamente. Partindo da equação:
\frac{d y}{d x}=\frac{y-2}{1+x}
se y\neq2 podemos dividir por y-2 e multiplicar por dx, obtendo
\frac{1}{y-2}\,dy=\frac{1}{1+x}\,dx.
Essa é a separação de variáveis: o lado esquerdo depende só de y, o direito só de x.

Passo 4

Agora integramos os dois lados. Lembrete rápido de integração: \displaystyle\int \frac{1}{u}\,du=\ln|u|+C. Aplicando isso temos
\int \frac{1}{y-2}\,dy=\int \frac{1}{1+x}\,dx
o que dá
\ln|y-2|=\ln|1+x|+C,
onde C é a constante de integração (um número real que aparece porque integrámos).

Passo 5

Isolamos y. Primeiro exponenciamos ambos os lados para eliminar o logaritmo:
|y-2|=e^{\ln|1+x|+C}=e^{C}\,|1+x|.
Como e^{C} é um número positivo, podemos chamar A=e^{C}>0 e escrever
|y-2|=A\,|1+x|.
Agora podemos eliminar o valor absoluto absorvendo o sinal em uma constante real arbitrária k (ou seja, permitir k real, não necessariamente positivo). Escrevendo k\in\mathbb{R} arbitrário obtemos
y-2=k(1+x).
Assim a família geral de soluções (incluindo a constante quando k=0) é
y(x)=2+k(1+x),
onde k é uma constante real arbitrária. Nota sobre domínio: durante a integração usamos \ln|1+x|, então as soluções estão naturalmente definidas separadamente em intervalos que não cruzem x=-1 (por exemplo x>-1 ou x<-1). A fórmula algébrica y=2+k(1+x) vale matematicamente para qualquer x, mas a equação original não é válida em x=-1.

Passo 6

Como encontrar uma solução particular se você tiver um PVI do tipo y(x_0)=y_0 (explico porque você pode ter isso na prova): partindo de
y_0=2+k(1+x_0)
isolamos k:
k=\frac{y_0-2}{1+x_0},
desde que 1+x_0\neq0 (ou seja, x_0\neq-1). Então a solução particular é
y(x)=2+\frac{y_0-2}{1+x_0}(1+x).
Exemplo rápido para fixar: se o PVI for y(0)=3 então k=(3-2)/(1+0)=1 e a solução é y(x)=2+1(1+x)=3+x.

Resposta

y(x)=2+k(1+x), onde k\in\mathbb{R} é constante.

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