Questão 1)
\boldsymbol{y}^{\prime}=(\mathbf{1}-\boldsymbol{y})(\mathbf{2}-\boldsymbol{y})
\begin{aligned} & \frac{d y}{d x}=(1-y)(2-y) \\\ & \frac{1}{(1-y)(2-y)} d y=\frac{(1-y)(2-y)}{(1-y)(2-y)} d x \\\ & \frac{1}{(1-y)(2-y)} d y=d x \\\ & \int \frac{1}{(1-y)} d y \int-\frac{1}{(2-y)} d y=\int d x \\\ & -\ln |1-y|+\ln |2-y|=x+C \\\ & \ln |2-y|=\ln |1-y|+(x+C) \\\ & \ln |2-y|=\ln |1-y|+\ln \left(e^{x+C}\right) \\\ & |2-y|=|1-y| e^{x+C} \\\ & 2-y=(1-y) e^{x+C} \\\ & 2-y=e x+C-y e x+C \\\ & 2=e^{x+C}+y\left(e^{x+C}-1\right) \\\ & y\left(e^{x+C}-1\right)=2-e^{x+C} \\\ & \text { solução:y }=\frac{2-e^{x+C}}{\left(e^{x+C}-1\right)} \end{aligned}çã

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\frac{d y}{d x}=(1-y)(2-y)
e pede a solução geral y(x). Não há condição inicial fornecida, portanto vamos encontrar a família de soluções (constante de integração incluída) e lembrar das soluções constantes que possam existir.

Passo 2

Identificar que a equação é separável: todas as potências de y podem ficar em um lado e x no outro. Escrevendo isso explicitamente:
\frac{d y}{d x}=(1-y)(2-y) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{d y}{(1-y)(2-y)}=d x.

Passo 3

Para integrar o lado esquerdo usamos decomposição em frações parciais. Procuramos constantes A e B tais que
\frac{1}{(1-y)(2-y)}=\frac{A}{1-y}+\frac{B}{2-y}.
Multiplicando ambos os lados por (1-y)(2-y) obtemos
1=A(2-y)+B(1-y).
Reescrevendo por coeficientes de y:
1=(2A+B)+(-A-B)\,y.
Comparando coeficientes obtemos o sistema
- A - B = 0,\qquad 2A + B = 1.
Da primeira equação B=-A. Substituindo na segunda:
2A + (-A)=1 \Rightarrow A=1,\qquad B=-1.
Logo a decomposição é
\frac{1}{(1-y)(2-y)}=\frac{1}{1-y}-\frac{1}{2-y}.

Passo 4

Agora integramos ambos os lados:
\int\left(\frac{1}{1-y}-\frac{1}{2-y}\right)dy=\int 1\,dx.
Calcule cada integral com cuidado. Para \int\frac{1}{1-y}dy faça u=1-y, du=-dy, então
\int\frac{1}{1-y}dy=-\ln|1-y|.
Para \int\frac{1}{2-y}dy faça v=2-y, dv=-dy, então
\int\frac{1}{2-y}dy=-\ln|2-y|.
Portanto a integral esquerda fica
-\ln|1-y|-\bigl(-\ln|2-y|\bigr)=-\ln|1-y|+\ln|2-y|.
Igualando ao lado direito:
-\ln|1-y|+\ln|2-y|=x+C,
onde C é a constante de integração.

Passo 5

Simplificar as logaritmos:
\ln\!\left|\frac{2-y}{1-y}\right|=x+C.
Exponenciando ambos os lados:
\left|\frac{2-y}{1-y}\right|=e^{x+C}=e^{C}e^{x}.
Defina C_1=e^{C}>0. Então
\left|\frac{2-y}{1-y}\right|=C_1 e^{x}.
O valor absoluto pode ser removido absorvendo o sinal em uma constante arbitrária C (agora C pode ser qualquer número real não nulo). Assim podemos escrever de forma geral
\frac{2-y}{1-y}=C e^{x},
onde C é uma constante real arbitrária (pode ser positiva, negativa ou zero — o caso C=0 dá uma solução particular que veremos abaixo).

Passo 6

Isolar y. Partindo de
2-y=C e^{x}(1-y)
faça as contas passo a passo:
2-y=C e^{x}-C e^{x}y,
traga os termos com y para um lado:
-y + C e^{x}y = C e^{x}-2,
fatore y:
y\bigl(C e^{x}-1\bigr)=C e^{x}-2.
Finalmente,
y(x)=\frac{C e^{x}-2}{C e^{x}-1},
válido quando C e^{x}\neq 1 (pois aí o denominador seria zero).

Passo 7

Não esquecer as soluções constantes (pontos de equilíbrio). Se y for constante então dy/dx=0, logo da equação original (1-y)(2-y)=0. Portanto existem as soluções constantes
y(x)\equiv 1\qquad\text{e}\qquad y(x)\equiv 2,
que não estão necessariamente representadas pela expressão obtida para valores de C que fariam o denominador identicamente zero (essas constantes são tratadas separadamente).

Resposta

y(x)=\frac{C e^{x}-2}{C e^{x}-1},\quad C\in\mathbb{R}\\ \text{(constante de integração), com }C e^{x}\neq 1çã
y(x)\equiv 1
y(x)\equiv 2

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