(f) \left(x^{3}+2 x y^{2}\right) d x+\left(y^{3}+2 x^{2} y\right) d y=0
[5.] Resolver a EDO com coeficientes quase homogêneos,
(x-y+3) d x+(x-2 y+5) d y=0

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, para as duas equações que você enviou.
  • Primeiro problema (marcado como (f)):
    • A equação diferencial dada é (x^{3}+2 x y^{2})\,dx + (y^{3}+2 x^{2} y)\,dy = 0.
    • O pedido é: resolver essa EDO (achar a solução geral implícita ou explícita).
  • Segundo problema (marcado como [5.]):
    • A equação diferencial dada é (x-y+3)\,dx + (x-2y+5)\,dy = 0.
    • O pedido é: resolver essa EDO com “coeficientes quase homogêneos” (ou seja, encontrar a solução geral).
Anotações de dados relevantes que vieram do enunciado:
  • Em ambas as equações temos uma forma diferencial M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy=0 com M e N polinomiais (o que sugere, para a primeira, testar exatidão; para a segunda, fazer uma translação para retirar termos constantes e então usar homogeneidade).
  • Não há condições iniciais; esperamos obter soluções gerais em forma implícita.

Passo 2

Resolveremos primeiro a EDO (f). Vou explicar passo a passo como identificar que ela é exata e como obter a função potencial.
  • Defino M(x,y)=x^{3}+2 x y^{2} (o coeficiente de dx) e N(x,y)=y^{3}+2 x^{2} y (o coeficiente de dy).
  • Regra para testar exatidão (explicação didática): uma forma M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy é exata em um domínio quando existe uma função \Phi(x,y) tal que \partial\Phi/\partial x=M e \partial\Phi/\partial y=N. Uma condição prática necessária (e suficiente em domínios simples) é verificar se \partial M/\partial y=\partial N/\partial x. Vou calcular essas derivadas parciais.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais (detalhando as contas):
  • \displaystyle \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\!\bigl(x^{3}+2 x y^{2}\bigr) = 0 + 2x\cdot 2y = 4xy.
  • \displaystyle \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\!\bigl(y^{3}+2 x^{2} y\bigr) = 0 + 2\cdot x\cdot 2y = 4xy.
Como \displaystyle \frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}=4xy, a forma é exata.

Passo 4

Encontrar a função potencial \Phi(x,y) tal que \Phi_x=M e \Phi_y=N.
  • Integro \Phi_x=M em relação a x, tratando y como constante:
    \Phi(x,y)=\int \bigl(x^{3}+2 x y^{2}\bigr)\,dx =\frac{1}{4}x^{4}+x^{2}y^{2}+h(y),
    onde h(y) é uma “constante de integração” que pode depender de y.
  • Agora imposto \Phi_y=N. Calculo \Phi_y a partir da expressão encontrada:
    \Phi_y = \frac{\partial}{\partial y}\!\Bigl(\frac{1}{4}x^{4}+x^{2}y^{2}+h(y)\Bigr) = 2x^{2}y + h'(y).
  • Igualo \Phi_y a N:
    2x^{2}y + h'(y) = y^{3}+2x^{2}y.
    Daí h'(y)=y^{3}.

Passo 5

Integrar h'(y)=y^{3}:
h(y)=\int y^{3}\,dy = \frac{1}{4}y^{4} + C_1.
Substituo h(y) em \Phi e escrevo a solução implícita geral:
\Phi(x,y)=\frac{1}{4}x^{4}+x^{2}y^{2}+\frac{1}{4}y^{4}=C,
onde C é constante arbitrary (absorvendo C_1). Podemos, se quisermos, multiplicar por 4 e escrever de forma equivalente
x^{4}+4x^{2}y^{2}+y^{4}=C'.
Isso finaliza a solução do primeiro problema.

Passo 6

Agora vamos para o segundo problema: \,(x-y+3)\,dx+(x-2y+5)\,dy=0.
Primeiro passo técnico-didático: verificar se a forma é exata. Se não for, identificar uma estratégia. O enunciado mencionou “coeficientes quase homogêneos”, o que indica que é conveniente fazer uma translação (mudar a origem) para eliminar os termos constantes e então explorar homogeneidade dos coeficientes lineares.
  • Defino M(x,y)=x-y+3 e N(x,y)=x-2y+5.
  • Calculo \partial M/\partial y=-1 e \partial N/\partial x=1. Como -1\ne1, a forma NÃO é exata.

Passo 7

Estratégia para “coeficientes quase homogêneos” (explicando o raciocínio):
  • Observação: M e N são funções lineares em x e y com termos constantes. Se for possível encontrar constantes x_0,y_0 tais que ao fazermos a mudança de variáveis X=x - x_0,\qquad Y=y - y_0as constantes desapareçam (ou seja, as novas M,N passem a ter apenas termos proporcionais a X e Y), então a forma resultante será homogênea de grau 1. Para formas homogêneas a técnica padrão é usar Y=vX (redução para variável separável).
  • Vou escolher x_0,y_0 para zerar os termos constantes.

Passo 8

Determinar [x_0,y_0) resolvendo o sistema que anula as constantes.
Escrevo x = X + x_0, y = Y + y_0. Substituo em M e N:
M = (X+x_0)-(Y+y_0)+3 = X - Y + (x_0 - y_0 + 3),
N = (X+x_0)-2(Y+y_0)+5 = X - 2Y + (x_0 - 2y_0 +5).
Quero as constantes entre parênteses iguais a zero, logo resolvo
\begin{cases} x_0 - y_0 + 3 = 0,\\[4pt] x_0 - 2y_0 + 5 = 0. \end{cases}
Subtraindo a segunda equação da primeira obtenho y_0-2=0\], logo \(y_0=2. Substituindo em x_0 - y_0 +3=0 x_0-2+3=0, então x_0=-1.
Portanto a translação correta é
X=x - x_0 = x - (-1)=x+1,\qquad Y=y - y_0 = y-2.]

Passo 9

Reescrever a equação nas novas variáveis. Observação: dX=dx e dY=dy porque x_0,y_0 são constantes.
Substituindo os deslocamentos, as partes constantes desaparecem e obtemos a forma homogênea de grau 1:
M\,dx+N\,dy=(X-Y)\,dX+(X-2Y)\,dY=0.
Agora M_1(X,Y)=X-Y e N_1(X,Y)=X-2Y são homogêneas de grau 1, ou seja, ao trocar (X,Y) por (\lambda X,\lambda Y) multiplicam por \lambda.

Passo 10

Resolver a forma homogênea usando a substituição Y=vX (explicando por que funciona):
  • Para uma forma onde M e N são homogêneas do mesmo grau, pôr Y=vX transforma a equação numa equação para v e X onde frequentemente conseguimos separar variáveis. Aqui tomar Y=vX implica dY = v\,dX + X\,dv.
Faço a substituição:
(X-Y)\,dX + (X-2Y)\,dY = 0.
Com Y=vX e dY=v\,dX + X\,dv temos:
\bigl(X-vX\bigr)\,dX + \bigl(X-2vX\bigr)\bigl(v\,dX + X\,dv\bigr)=0.

Passo 11

Simplificar a expressão, passo a passo:
  • Factorizo X em todas as parcelas (assumo X\neq 0 — a solução X=0 corresponde a uma reta que pode ser verificada separadamente):
X(1-v)\,dX + X(1-2v)\bigl(v\,dX + X\,dv\bigr)=0.
  • Dividindo por X (válido para X\neq0):
(1-v)\,dX + (1-2v)\bigl(v\,dX + X\,dv\bigr)=0.
  • Expando:
(1-v)\,dX + v(1-2v)\,dX + X(1-2v)\,dv = 0.
  • Agrupo os termos com dX:
\bigl(1-v + v(1-2v)\bigr)\,dX + X(1-2v)\,dv = 0.
  • Calculo o coeficiente de dX:
1-v + v(1-2v) = 1-v + v - 2v^{2} = 1 - 2v^{2}.
Assim a equação fica
(1-2v^{2})\,dX + X(1-2v)\,dv = 0.

Passo 12

Colocar em forma separável (isolar dX/X e função de v em dv):
Divido por X(1-2v^{2}) (novamente assumindo 1-2v^{2}\neq0, caso a parte especial será verificada depois):
\frac{dX}{X} + \frac{1-2v}{1-2v^{2}}\,dv = 0.
Agora integro ambos os lados.

Passo 13

Integrar os dois termos (detalhando as integrais):
  • A integral do primeiro termo é simples:
    \int \frac{dX}{X} = \ln|X|.
  • Para a segunda integral, calculo \displaystyle \int \frac{1-2v}{1-2v^{2}}\,dv. Vou manipular o integrando para facilitar:
    • Note que a derivada de 1-2v^{2} em relação a v é -4v. Podemos tentar escrever o numerador como combinação de -4v e uma constante: 1-2v = \frac{1}{2}\cdot(-4v) + 1.De fato, \frac{1}{2}(-4v)+1 = -2v+1 = 1-2v.
    • Assim \frac{1-2v}{1-2v^{2}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{-4v}{1-2v^{2}} + \frac{1}{1-2v^{2}}.
    • Então \int \frac{1-2v}{1-2v^{2}}\,dv = \frac{1}{2}\int \frac{d(1-2v^{2})}{1-2v^{2}} + \int \frac{1}{1-2v^{2}}\,dv.
    • A primeira parte integra para \displaystyle \frac{1}{2}\ln|1-2v^{2}|.
    • A segunda parte é uma integral padrão do tipo \displaystyle \int \frac{1}{1-a^{2}v^{2}}\,dv. Com a=\sqrt{2} temos \int \frac{1}{1-2v^{2}}\,dv = \frac{1}{\sqrt{2}}\,\operatorname{arctanh}(\sqrt{2}\,v) + C,desde que se trabalhe na região onde |\sqrt{2}v|<1 (caso contrário usa-se a forma com \operatorname{arccoth} ou \operatorname{arctan} dependendo do sinal; a expressão com \operatorname{arctanh} é a forma mais direta).
  • Portanto
    \int \frac{1-2v}{1-2v^{2}}\,dv = \frac{1}{2}\ln|1-2v^{2}| + \frac{1}{\sqrt{2}}\,\operatorname{arctanh}(\sqrt{2}v) + C.

Passo 14

Juntando as integrais da Passo 12 e incluindo a constante de integração:
\ln|X| + \frac{1}{2}\ln|1-2v^{2}| + \frac{1}{\sqrt{2}}\,\operatorname{arctanh}(\sqrt{2}v) = C,
onde v=Y/X e X=x+1, Y=y-2 (lembrando da mudança de variáveis que fizemos).

Passo 15

Reescrever a solução em termos das variáveis originais x,y:
  • X = x+1.
  • v = \dfrac{Y}{X} = \dfrac{y-2}{x+1}.
Substituo na expressão obtida:
\ln|x+1| + \frac{1}{2}\ln\!\left|1-2\left(\frac{y-2}{x+1}\right)^{2}\right| + \frac{1}{\sqrt{2}}\,\operatorname{arctanh}\!\biggl(\sqrt{2}\,\frac{y-2}{x+1}\biggr) = C.
Essa é a forma implícita da solução geral para a segunda EDO. Observações importantes (didáticas e úteis na prova):
  • A solução está implícita; se for necessário, pode-se multiplicar por constantes ou combinar os logaritmos em um só termo logarítmico.
  • Devemos ficar atentos a casos excepcionais: X=0 (ou seja x+1=0) corresponde à reta x=-1. É fácil verificar diretamente na equação original se essa reta é solução singular: substituindo x=-1 em (x-y+3)\,dx+(x-2y+5)\,dy=0 não obtém-se uma solução de forma trivial; normalmente mantemos a solução geral implícita e, em prova, comentamos sobre retas excepcionais se pedirem soluções singulares.
  • Também é preciso atenção ao domínio do \operatorname{arctanh}: a expressão está bem definida onde |\sqrt{2}\,(y-2)/(x+1)|<1; fora disso usa-se a forma equivalente com \operatorname{arccoth} ou \frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+\sqrt{2}v}{1-\sqrt{2}v}\right| para estender a solução.

Resposta

\dfrac{1}{4}x^{4}+x^{2}y^{2}+\dfrac{1}{4}y^{4}=C
\displaystyle \ln|x+1|+\frac{1}{2}\ln\!\left|1-2\left(\frac{y-2}{x+1}\right)^{2}\right|+\frac{1}{\sqrt{2}}\,\operatorname{arctanh}\!\biggl(\sqrt{2}\,\frac{y-2}{x+1}\biggr)=C

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