Questão 40. Sejam a, b, c, d números reais satisfazendo a d-b c \neq 0. Verifique que a equação
(a x+b y+m) d x+(c x+d y+n) d y=0
pode ser reduzida pela transformação
x=x^{\prime}+h, \quad y=y^{\prime}+k
em que ( h, k ) é uma solução do sistema
\left\{\begin{array}{r} a x+b y+m=0 \\\ c x+d y+n=0 \end{array}\right.
na equação diferencial homogênea
\left(a x^{\prime}+b y^{\prime}\right) d x^{\prime}+\left(c x^{\prime}+d y^{\prime}\right) d y^{\prime}=0
Como aplicação, determine a solução geral da equação diferencial
y^{\prime}=\frac{x+y}{x-y} .

Passo 1

O enunciado trata de uma equação diferencial na forma
\bigl(a\,x + b\,y + m\bigr)\,dx + \bigl(c\,x + d\,y + n\bigr)\,dy = 0,
com a,b,c,d,m,n\in\mathbb{R}\) e \(a\,d - b\,c \neq 0\). Ele afirma que, se \((h,k)\) é solução do sistema linear \[\begin{cases} a\,h + b\,k + m = 0,\\\ c\,h + d\,k + n = 0, \end{cases}
então a transformação
x = x' + h,\quad y = y' + k
reduz a equação a
\bigl(a\,x' + b\,y'\bigr)\,dx' + \bigl(c\,x' + d\,y'\bigr)\,dy' = 0,
que é homogênea de grau 1 em ((x’,y’)]. Depois aplicaremos isso para resolver
y' = \frac{x + y}{\,x - y\,}.

Passo 2

Fazendo
x = x' + h,\quad y = y' + k, \quad dx = dx',\quad dy = dy',
temos
a\,x + b\,y + m = a\,(x' + h) + b\,(y' + k) + m = a\,x' + b\,y' + \bigl(a\,h + b\,k + m\bigr).
Como (h,k) satisfaz a\,h + b\,k + m=0, isso vira a\,x' + b\,y'. Analogamente
c\,x + d\,y + n = c\,x' + d\,y' + \bigl(c\,h + d\,k + n\bigr) = c\,x' + d\,y'.
Logo a equação se torna
\bigl(a\,x' + b\,y'\bigr)\,dx' + \bigl(c\,x' + d\,y'\bigr)\,dy' = 0,
como queríamos.

Passo 3

Aplicação: resolvemos
y' = \frac{x + y}{\,x - y\,}.
Escrevendo em forma diferencial M\,dx + N\,dy=0, basta pôr
-\bigl(x + y\bigr)\,dx + \bigl(x - y\bigr)\,dy = 0,
pois daí
\frac{dy}{dx} = -\frac{M}{N} = -\frac{-\bigl(x+y\bigr)}{\,x - y\,} = \frac{x+y}{\,x - y\,}.

Passo 4

Identificamos
M(x,y) = -x - y,\quad N(x,y) = x - y.
Note que são funções lineares sem termo constante, i.e.\ já estão na forma \bigl(a\,x + b\,y + m\bigr)\,dx + \bigl(c\,x + d\,y + n\bigr)\,dy\) com \[a = -1,\\ b = -1,\\ m = 0,\quad c = 1,\\ d = -1,\\ n = 0.
O determinante é
a\,d - b\,c = (-1)(-1) - (-1)(1) = 1 + 1 = 2 \neq 0,
logo a teoria garante redução por translação. O sistema para (h,k) é
\begin{cases} -\,h - k = 0,\\\ \phantom{-}h - k = 0, \end{cases}
cuja única solução é h = k = 0\]. Assim, a equação já é homogênea em \((x,y).

Passo 5

Para resolver uma equação homogênea de grau 1, usamos a substituição
y = u\,x, \quad dy = u\,dx + x\,du.
Então
-\bigl(x+y\bigr)\,dx + \bigl(x-y\bigr)\,dy = 0
vira
-\bigl(x + u\,x\bigr)\,dx + \bigl(x - u\,x\bigr)\bigl(u\,dx + x\,du\bigr) = 0.

Passo 6

Simplificando:
-\bigl(1+u\bigr)x\,dx + \bigl(1 - u\bigr)x\bigl(u\,dx + x\,du\bigr)=0
-\bigl(1+u\bigr)x\,dx + \bigl(1-u\bigr)u\,x\,dx + \bigl(1-u\bigr)x^2\,du=0
\bigl[-(1+u) + u(1-u)\bigr]x\,dx + (1-u)x^2\,du = 0
\bigl[-1 - u + u - u^2\bigr]x\,dx + (1-u)x^2\,du = 0
-\bigl(1+u^2\bigr)x\,dx + (1-u)x^2\,du = 0.
Divide por x^2\neq0:
-\frac{1+u^2}{x}\,dx + (1-u)\,du = 0 \quad\Longrightarrow\quad (1-u)\,du = \frac{1+u^2}{x}\,dx.

Passo 7

Separamos variáveis e integramos:
\int \frac{1-u}{1+u^2}\,du = \int \frac{dx}{x}.
No lado esquerdo,
\int \frac{1}{1+u^2}\,du - \int \frac{u}{1+u^2}\,du = \arctan(u) - \tfrac12\ln\bigl(1+u^2\bigr).
E no lado direito
\int \frac{dx}{x} = \ln|x| + C.
Logo
\arctan(u) - \tfrac12\ln\bigl(1+u^2\bigr) = \ln|x| + C.

Passo 8

Voltando a u = y/x, obtemos a solução implícita
\arctan\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr) - \tfrac12\ln\!\bigl(1 + \tfrac{y^2}{x^2}\bigr) = \ln|x| + C.
Podemos combinar termos:
\arctan\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr) - \tfrac12\ln\!\bigl(x^2 + y^2\bigr) = C',
com C' = C.

Resposta

\boxed{ \arctan\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr) - \tfrac12\ln\!\bigl(x^2 + y^2\bigr) = C. }

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