(2,0 pontos) Resolva o Problema de Valor Inicial
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime}=\frac{y-1}{x+3} \\ y(-1)=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá um Problema de Valor Inicial (PVI) com a equação diferencial e a condição inicial:
\left\{\begin{array}{l} y'=\dfrac{y-1}{x+3},\\[6pt] y(-1)=0. \end{array}\right.
O que se pede: encontrar a função y(x) que satisfaz à equação diferencial e à condição inicial.]

Passo 2

Escolha do método (explicação didática e motivação).
A equação tem a forma em que o lado direito é um quociente onde uma parte depende só de y e outra só de x. Podemos escrever
\frac{y-1}{x+3}=(y-1)\cdot\frac{1}{x+3},
ou seja, é possível separar as variáveis y e x. Quando uma equação pode ser posta na forma \dfrac{dy}{dx}=g(y)\,h(x), dizemos que ela é separável e podemos reorganizar para integrar cada variável no seu lado. Este é um método simples e direto aqui, então vamos usá-lo.

Passo 3

Separar as variáveis. Partimos de
\frac{dy}{dx}=\frac{y-1}{x+3}.
Separamos os termos envolvendo y para o lado esquerdo e os envolvendo x para o lado direito:
\frac{dy}{y-1}=\frac{dx}{x+3}.
Observação de domínio: durante a separação assumimos y\neq 1 e x\neq -3 (pois apareceriam denominadores zero). Mais adiante veremos que a solução compatível com a condição inicial é bem definida para x num intervalo que contém -1 e que não contém -3.

Passo 4

Integrar ambos os lados. Integramos em y e em x:
\int \frac{1}{y-1}\,dy=\int \frac{1}{x+3}\,dx.
As primitivas são logaritmos naturais (explicando: \dfrac{d}{du}\ln|u|=\dfrac{1}{u}, então usar u=y-1 ou u=x+3 dá o resultado):
\ln|y-1|=\ln|x+3|+C,
onde C é a constante de integração. Agora tratamos a constante: podemos escrever
\ln|y-1|-\ln|x+3|=C\quad\Rightarrow\quad \ln\!\bigg(\frac{|y-1|}{|x+3|}\bigg)=C.
Aplicando exponencial e absorvendo o sinal numa nova constante real (ou seja, substituindo e^{C} por uma constante real A, que pode ser positiva ou negativa), obtemos uma forma mais simples sem valor absoluto explícito:
y-1 = C_1 (x+3),
onde C_1 é uma constante real (note que C_1=0 dá a solução constante y\equiv1, que não satisfaz a condição inicial dada).

Passo 5

Expressar y explicitamente. Da relação anterior:
y(x)=1+C_1(x+3).

Passo 6

Aplicar a condição inicial para determinar C_1. Usamos y(-1)=0:
0 = 1 + C_1((-1)+3)=1+C_1\cdot 2.
Logo
C_1=-\frac{1}{2}.

Passo 7

Obter a solução final e simplificar. Substituindo C_1 em y(x):
y(x)=1-\frac{1}{2}(x+3).
Simplificando a expressão:
y(x)=1-\frac{x+3}{2}=\frac{2-(x+3)}{2}=\frac{-x-1}{2}=-\frac{x+1}{2}.

Passo 8

Verificação rápida (confirmação didática). Calculando y' da solução:
y'(x) = -\frac{1}{2}.
Calculando o lado direito da equação original com y(x):
\frac{y-1}{x+3}=\frac{-\dfrac{x+1}{2}-1}{x+3}=\frac{-\dfrac{x+1+2}{2}}{x+3}=\frac{-\dfrac{x+3}{2}}{x+3}=-\frac{1}{2},
que coincide com y'. A condição inicial também confere: y(-1)=-\dfrac{-1+1}{2}=0. Tudo certo.

Passo 9

Domínio de validade. A solução foi obtida supondo x\neq -3. Como a condição inicial tem x_0=-1, o intervalo de existência da solução que contém -1 é, por exemplo, (-3,\infty). Portanto a solução válida para o PVI em um intervalo que contém -1 é a dada acima para x\in(-3,\infty).

Resposta

y(x)=-\dfrac{x+1}{2},\quad x\in(-3,\infty)

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