Mostrar que as equações dos problemas 14, 15 e 16 são homogêneas e achar as soluções respectivas.
16- \frac{d y}{d x}=-\frac{4 x+3 y}{2 x+y}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas para os problemas 14, 15 e 16: (i) mostrar que as equações são homogêneas; (ii) achar as soluções respectivas. Foi enviado somente o enunciado do problema 16, que é a equação
\frac{dy}{dx}=-\frac{4x+3y}{2x+y}.
Como os problemas 14 e 15 não foram fornecidos, não há como mostrar ou resolver esses dois aqui (faltam os enunciados). Vou então tratar completamente o problema 16: mostrar que a equação dada é homogênea e encontrar a solução geral (mostrarei passo a passo e de forma didática).

Passo 2

Primeiro, o que significa uma equação ser homogênea (explicação didática):
  • Uma função f(x,y) é homogênea de grau n se, para todo t, vale f(tx,ty)=t^{n}f(x,y).
  • Uma equação da forma \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{M(x,y)}{N(x,y)} é chamada homogênea quando M e N são funções homogêneas do mesmo grau. Nesse caso a razão depende apenas do quociente y/x.
Agora aplicando isso à nossa equação:
  • M(x,y)=-(4x+3y). Verifico M(tx,ty)=-(4(tx)+3(ty))=t\cdot (-(4x+3y)). Logo M é homogênea de grau 1.
  • N(x,y)=2x+y. Verifico N(tx,ty)=2(tx)+(ty)=t\cdot(2x+y). Logo N é homogênea de grau 1.
    Como M e N são homogêneas do mesmo grau, a razão M/N depende apenas de y/x. Portanto a equação é homogênea.

Passo 3

Método padrão para resolver: usar a substituição
y=vx,
onde v é função de x (isto é, v=v(x)). Intuição: como a razão depende só de y/x, definir v=y/x reduz a equação a uma em v e x separável.
Calcule \dfrac{dy}{dx} em função de v:
\frac{dy}{dx}=\frac{d}{dx}(vx)=v + x\frac{dv}{dx}.
Substituo y=vx e \dfrac{dy}{dx} na equação original:
v + x\frac{dv}{dx} = -\frac{4x+3(vx)}{2x+(vx)}.

Passo 4

Simplifico o lado direito, primeiro fatorando x:
-\frac{4x+3vx}{2x+vx} = -\frac{x(4+3v)}{x(2+v)} = -\frac{4+3v}{2+v}.
Portanto a equação fica
v + x\frac{dv}{dx} = -\frac{4+3v}{2+v}.
Isolo x\frac{dv}{dx}:
x\frac{dv}{dx} = -\frac{4+3v}{2+v} - v.
Coloco no mesmo denominador 2+v:
-\frac{4+3v}{2+v} - v = -\frac{4+3v + v(2+v)}{2+v} = -\frac{4+3v+2v+v^2}{2+v} = -\frac{v^2+5v+4}{2+v}.
Note que v^2+5v+4=(v+1)(v+4). Assim
x\frac{dv}{dx} = -\frac{(v+1)(v+4)}{2+v}.

Passo 5

Separei variáveis: escrevo em forma \varphi(v)\,dv = \psi(x)\,dx\). Dividindo ambos os lados por \((v+1)(v+4)\) e multiplicando por \(dx/x\): \[\frac{2+v}{-(v+1)(v+4)}\,dv = \frac{dx}{x}.
Retiro o sinal negativo:
-\,\frac{v+2}{(v+1)(v+4)}\,dv = \frac{dx}{x}.
Agora faço frações parciais para integrar o lado em v. Procuro A e B tais que
\frac{v+2}{(v+1)(v+4)}=\frac{A}{v+1}+\frac{B}{v+4}.
Multiplicando por (v+1)(v+4):
v+2 = A(v+4)+B(v+1)=(A+B)v+(4A+B).
Comparando coeficientes:
\begin{cases} A+B=1,\\[4pt] 4A+B=2. \end{cases}
Subtraindo: 3A=1\] então \(A=\dfrac{1}{3}. Assim B=1-A=\dfrac{2}{3}.
Portanto
-\frac{v+2}{(v+1)(v+4)} = -\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{v+1} - \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{v+4}.]

Passo 6

Integro ambos os lados:
\int\left(-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{v+1} - \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{v+4}\right) dv = \int \frac{dx}{x}.
As integrais são logaritmos:
-\frac{1}{3}\ln|v+1| - \frac{2}{3}\ln|v+4| = \ln|x| + C,
onde C é constante de integração. Multiplico por -3:
\ln|v+1| + 2\ln|v+4| = -3\ln|x| + C',
com C'=-3C. Uso propriedades de logaritmo para juntar:
\ln\!\big(|v+1|\;|v+4|^{2}\big) = \ln\!\big(|x|^{-3}\big) + C'.
Exponenciando e absorvendo sinais na constante, obtenho uma forma implicita mais simples:
(v+1)(v+4)^{2} = \frac{K}{x^{3}},
onde K é constante não nula (pode ser zero também).

Passo 7

Volto à variável original y usando v=\dfrac{y}{x}:
\left(\frac{y}{x}+1\right)\left(\frac{y}{x}+4\right)^{2} = \frac{K}{x^{3}}.
Multiplico ambos os lados por x^{3}:
(y+x)(y+4x)^{2} = K.
Essa é a solução implícita geral. Observações importantes (práticas para prova):
  • A derivação usou x\neq 0 porque foi feita a substituição v=y/x; portanto a solução é válida em intervalos onde x\neq 0.
  • Também foi usada a divisão por 2+v (isto é, por 2x+y); pontos com 2x+y=0 (ou v=-2) são singulares da equação original e precisam de cuidado — normalmente não fazem parte de soluções regulares obtidas por essa transformação.
  • As soluções lineares y=-x e y=-4x correspondem a casos com v=-1 e v=-4. Vendo a solução final, para K=0 obtém-se exatamente essas retas (pois y+x=0 ou y+4x=0 tornam o produto zero). Portanto as retas y=-x e y=-4x são soluções (são incluídas no caso K=0).

Passo 8

Recapitulando do ponto de vista que você vai usar na prova:
  • Verifique se numerador e denominador são homogêneos do mesmo grau (aqui ambos de grau 1) — então usar y=vx.
  • Substitua, transforme em equação separável em v e x.
  • Resolva por frações parciais e integre.
  • Volte para y substituindo v=y/x.
  • Verifique soluções singulares (valores constantes de v que anulam o numerador do separável) e as condições de validade ( x\neq0, evitar zeros no denominador original).

Resposta

A equação é homogênea.
A solução implícita geral é (y+x)(y+4x)^{2}=C (com x\neq0; as retas y=-x e y=-4x aparecem para C=0).

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