Mostre que a equação lincar y^{\prime}+p(t) y=q(t é equivalente a uma equação separável se
q(t)=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação linear de primeira ordem y'+p(t)\,y=q(t) e pede para mostrar que ela é equivalente a uma equação separável no caso em que q(t)=0. Informações relevantes fornecidas:
  • A equação torna-se, sob a condição dada, y'+p(t)\,y=0.
  • As funções p(t) e q(t) dependem somente da variável t.
  • A incógnita é a função y(t).
    O que se quer provar: que essa equação (quando q(t)=0) pode ser colocada na forma em que as variáveis y e t ficam separadas (uma dependência só de y de um lado e só de t do outro), e então resolvida por integração.

Passo 2

Vou explicar o que é uma equação diferencial separável, pois isso é essencial: uma equação é chamada separável se pode ser escrita como
\frac{dy}{dt}=F(t)\,G(y),
ou seja, o lado direito é um produto de uma função só de t e uma função só de y. Nesse caso podemos rearranjar para colocar todos os termos com y de um lado e todos os termos com t do outro:
\frac{1}{G(y)}\,dy = F(t)\,dt,
e então integrar ambos os lados. Essa técnica é a chamada separação de variáveis.

Passo 3

Aplicando isso à nossa equação quando q(t)=0: escrevemos a equação dada como
y'+p(t)\,y=0.
Reescrevendo y' como \dfrac{dy}{dt}, temos
\frac{dy}{dt} = -p(t)\,y.
Aqui o lado direito é o produto de uma função só de t, que é -p(t), e uma função só de y, que é y. Portanto a equação já está na forma \dfrac{dy}{dt}=F(t)\,G(y) com F(t)=-p(t) e G(y)=y. Logo é uma equação separável.

Passo 4

Agora fazemos a separação de variáveis explicitamente. Supondo momentaneamente que y(t)\neq 0 (vamos tratar o caso y\equiv 0 depois), dividimos ambos os lados por y e multiplicamos por dt:
\frac{1}{y}\,dy = -p(t)\,dt.
Expliquei o passo de divisão: dividir por y é válido sempre que y não seja nula; se y for identicamente zero, essa função já é solução da equação original (checaremos isso separadamente).

Passo 5

Integramos os dois lados. A integral de \dfrac{1}{y}\,dy é \ln|y| (recorde: \dfrac{d}{dy}\ln|y|=1/y), e a integral do lado direito fica -\displaystyle\int p(t)\,dt. Portanto
\int \frac{1}{y}\,dy = \int -p(t)\,dt \quad\Longrightarrow\quad \ln|y| = -\int p(t)\,dt + C,
onde C é a constante arbitrária de integração. Nota: para que a integração faça sentido precisamos que p(t) seja integrável (por exemplo contínua) no intervalo considerado — isso garante que a primitiva exista.

Passo 6

Isolamos y exponenciando ambos os lados. Obtemos
|y| = \exp\!\left(-\int p(t)\,dt + C\right) = e^{C}\,\exp\!\left(-\int p(t)\,dt\right).
Chamando C'= \pm e^{C} (uma constante arbitrária que pode ser positiva, negativa ou zero), chegamos à forma explícita das soluções
y(t) = C'\,\exp\!\left(-\int p(t)\,dt\right).
Observação sobre o caso y\equiv 0: colocando C'=0 nesta fórmula obtemos a solução nula y(t)\equiv 0, portanto ela já está incluída se permitirmos C'=0. Assim não perdemos soluções ao dividir por y antes da integração.

Passo 7

Conclusão: quando q(t)=0 a equação y'+p(t)\,y=0 pode ser escrita como \dfrac{dy}{dt}=-p(t)\,y, que é separável com \dfrac{1}{y}\,dy=-p(t)\,dt. A integração produz a família de soluções y(t)=C'\exp\!\big(-\int p(t)\,dt\big). Logo a equação linear homogênea é equivalente a uma equação separável e resolve-se por separação de variáveis e integração.

Resposta

y(t)=C\,\exp\!\left(-\displaystyle\int p(t)\,dt\right)

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