(\mathbf{1 , 5}) Considere a EDL de primeira ordem na sua forma padrão:
y^{\prime}+p(x) y=g(x)
em que p(x) e g(x) são funções contínuas.
(a) Analise se a equação acima é uma equação de variáveis separáveis. Justifique sua resposta.
(b) Determine sob quais condições sobre as funções p(x) e g(x), esta EDL torna-se separável.

Passo 1

O enunciado nos dá a equação diferencial ordinária de primeira ordem na forma padrão:
y^{\prime}+p(x)\,y=g(x),
em que p(x) e g(x) são funções contínuas. O enunciado pede duas coisas:
  • (a) Analisar se essa equação é uma equação de variáveis separáveis (ou seja: responder se, em geral, ela é separável) e justificar.
  • (b) Determinar sob quais condições sobre p(x) e g(x) a EDO torna-se separável (ou seja: caracterizar precisamente quando é possível reescrevê-la na forma separável).

Passo 2

O que significa “separável”? Vou explicar devagar como um colega que está ao lado.
  • Uma EDO de primeira ordem é separável se pode ser escrita como
\frac{dy}{dx}=A(x)\,B(y),
onde A(x) é função somente de x e B(y) é função somente de y. Nesse caso separa-se em
\frac{dy}{B(y)} = A(x)\,dx
e integra-se cada lado. Essa é a definição que vamos usar.

Passo 3

Reescrevamos a equação dada isolando y^{\prime}:
y^{\prime} = -p(x)\,y + g(x).
Para que seja separável precisamos encontrar funções A(x) e B(y) tais que, para todo x e todo y,
-p(x)\,y + g(x) = A(x)\,B(y).
Ou seja, a combinação linear em y do lado esquerdo teria de ser representável como produto de uma função só de x por uma função só de y. Agora vamos estudar essa possibilidade.

Passo 4

Observe a dependência em y do lado esquerdo: é uma função afim (linear) em y, do tipo -p(x)\,y + g(x). Do lado direito A(x)B(y) é produto. Uma forma natural de tentar igualar as duas é supor que B(y) seja uma função linear em y, ou seja
B(y)=\alpha y + \beta,
onde \alpha e \beta são constantes (não dependem de x). Então
A(x)B(y)=A(x)(\alpha y+\beta)=A(x)\alpha\,y + A(x)\beta.
Comparando com -p(x)\,y+g(x) devemos ter igualdade para todo y, logo os coeficientes de y e os termos independentes de y devem coincidir:
A(x)\alpha = -p(x),\qquad A(x)\beta = g(x).

Passo 5

A partir do sistema
A(x)\alpha = -p(x),\qquad A(x)\beta = g(x),
temos alguns casos a considerar (vou trabalhar cada um devagar):
Caso 1: \beta=0.
  • Então B(y)=\alpha y e as equações ficam A(x)\alpha=-p(x) e 0=g(x).
  • Assim, se \beta=0 é necessário g(x)=0 (a função nula). Nesse caso a EDO é
y' + p(x)\,y = 0,
que é a equação linear homogênea de primeira ordem. Esta é separável porque
\frac{dy}{dx} = -p(x)\,y \quad\Rightarrow\quad \frac{dy}{y} = -p(x)\,dx,
ou seja, o caso g\equiv0 é separável.
Caso 2: \alpha=0.
  • Então B(y)=\beta (constante não nula se quisermos que B não seja identicamente zero). As equações ficam 0=-p(x) e A(x)\beta = g(x).
  • Portanto é necessário p(x)=0. Nesse caso a EDO é
y' = g(x),
que também é separável (bastando tomar B(y)=1 e A(x)=g(x)): integra-se \,dy = g(x)\,dx. Assim o caso p\equiv0 é separável.
Caso 3: \alpha\neq0 e \beta\neq0.
  • Podemos dividir as duas igualdades para eliminar A(x):
\frac{A(x)\alpha}{A(x)\beta}=\frac{-p(x)}{g(x)} \quad\Rightarrow\quad \frac{\alpha}{\beta}=\frac{-p(x)}{g(x)}.
  • O lado esquerdo é constante (razão de constantes), logo o lado direito deve ser constante para todo x. Isso implica que -p(x)/g(x) é uma constante. Em outras palavras existe constante k tal que
\frac{g(x)}{p(x)}=k\quad\text{(constante)}\quad\text{para todo }x\text{ onde }p(x)\neq0.
  • Então g(x)=k\,p(x) com constante k. Substituindo em y' obtemos
\frac{dy}{dx} = -p(x)\,y + k\,p(x) = p(x)\,(k-y),
que é separável: \dfrac{dy}{k-y}=p(x)\,dx.

Passo 6

Resumindo a análise lógica: a igualdade -p(x)y+g(x)=A(x)B(y) para todo y força B(y) a ser uma função afim \alpha y+\beta e, portanto, leva às três possibilidades já listadas. Não existe, em geral, uma representação produto A(x)B(y) para uma soma arbitrária -p(x)y+g(x) a menos que as funções p e g satisfaçam as relações específicas acima.

Passo 7

Agora dou as fórmulas explícitas de solução nos casos separáveis (para você ver como usar na prova):
  • Caso g\equiv0 (homogênea):
\frac{dy}{y} = -p(x)\,dx \quad\Rightarrow\quad \ln|y| = -\int p(x)\,dx + C
ou
y = C\exp\!\Big(-\int p(x)\,dx\Big).
  • Caso p\equiv0:
\frac{dy}{dx}=g(x)\quad\Rightarrow\quad y=\int g(x)\,dx + C.
  • Caso g(x)=k\,p(x) com constante k (e p não identicamente zero):
\frac{dy}{dx}=p(x)(k-y)\quad\Rightarrow\quad \frac{dy}{k-y}=p(x)\,dx.
Integrando:
-\ln|k-y|=\int p(x)\,dx + C
ou
k-y = C\exp\!\Big(-\int p(x)\,dx\Big),
portanto
y = k - C\exp\!\Big(-\int p(x)\,dx\Big).

Passo 8

Dois exemplos rápidos para fixar:
  • Exemplo não separável: y' + x\,y = x^2. Aqui g(x)=x^2 e p(x)=x. A razão g/p = x^2/x = x não é constante, logo a equação não é separável (exceto em pontos isolados).
  • Exemplo separável (proporcional): y' + x\,y = 2x. Aqui g(x)=2x = 2\,p(x) então k=2 e
\frac{dy}{dx} = x(2-y)\quad\Rightarrow\quad \frac{dy}{2-y} = x\,dx,
que integra direto: -\ln|2-y| = x^2/2 + C etc.

Resposta

(a) Não, em geral a equação \;y'+p(x)y=g(x)\; não é uma equação de variáveis separáveis, porque o termo do lado direito -p(x)y+g(x) é soma de duas dependências (uma em y e outra só em x) e não se escreve, para funções arbitrárias p e g, como um produto A(x)B(y).
(b) A EDO torna-se separável exatamente nas seguintes situações:
  • g(x)\equiv0 (caso homogêneo), quando \;y'=-p(x)y\; e \dfrac{dy}{y}=-p(x)\,dx.
  • p(x)\equiv0, quando \;y'=g(x)\; e \,dy=g(x)\,dx.
  • existe constante k tal que \;g(x)=k\,p(x)\; para todo x (ou seja, g e p são proporcionais com razão constante), caso em que \;y' = p(x)(k-y)\; e \dfrac{dy}{k-y}=p(x)\,dx.

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