Questão 4: Resolva as seguintes EDOs por substituição:
(5 x+4 y) d x+\left(4 x-8 y^{3}\right) d y=0
\frac{d y}{d x}=(-2 x+y)^{2}-7, \quad y(0)=0
\left(x^{2}+2 y^{2}\right) \frac{d x}{d y}=x y, \quad y(-1)=1

Passo 1

O enunciado pede para resolver, por substituição, três equações diferenciais ordinárias (EDOs). Aqui estão as EDOs e as condições iniciais fornecidas:
  • EDO 1: (5 x+4 y)\,d x+\left(4 x-8 y^{3}\right)\,d y=0.
  • EDO 2: \dfrac{d y}{d x}=(-2 x+y)^{2}-7,\qquad y(0)=0.
  • EDO 3: \left(x^{2}+2 y^{2}\right)\dfrac{d x}{d y}=x y,\qquad y(-1)=1.
Observações sobre as condições iniciais: a condição escrita para a EDO 3 é y(-1)=1, que significa que quando x=-1 temos y=1. Como a EDO 3 está dada na forma d x/d y (isto é, tratamos x como função de y), o ponto inicial útil para resolver como x(y) é x(1)=-1. Vou resolver cada EDO separadamente, mostrando a substituição e todos os passos necessários.

Passo 2

Resolvendo a EDO 1:
(5 x+4 y)\,d x+\left(4 x-8 y^{3}\right)\,d y=0.
Primeiro, interpreto como forma diferencial M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0 com
M(x,y)=5x+4y,\qquad N(x,y)=4x-8y^{3}.
Verifico se a equação é exata: calculo as derivadas parciais
\frac{\partial M}{\partial y}=4,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=4.
Como \partial M/\partial y=\partial N/\partial x, a forma é exata — o que significa que existe uma função potencial \Phi(x,y) com \Phi_x=M e \Phi_y=N.

Passo 3

Encontro \Phi(x,y) integrando \Phi_x=M em relação a x:
\Phi(x,y)=\int (5x+4y)\,dx=\frac{5}{2}x^{2}+4xy+h(y),
onde h(y) é uma função desconhecida de y. Agora imponho \Phi_y=N. Calculando \Phi_y:
\Phi_y=4x+h'(y).
Deve valer \Phi_y=N=4x-8y^{3}, logo
4x+h'(y)=4x-8y^{3}\quad\Rightarrow\quad h'(y)=-8y^{3}.
Integro h'(y):
h(y)=\int -8y^{3}\,dy=-2y^{4}+C.
Portanto a função potencial é
\Phi(x,y)=\frac{5}{2}x^{2}+4xy-2y^{4}+C.

Passo 4

A solução implícita geral da EDO 1 é dada por \Phi(x,y)= constante, isto é
\boxed{\frac{5}{2}x^{2}+4xy-2y^{4}=C.}
Isto resolve a primeira equação (solução implícita).

Passo 5

Resolvendo a EDO 2:
\frac{d y}{d x}=(-2 x+y)^{2}-7,\qquad y(0)=0.
A expressão à direita depende da combinação linear -2x+y. Uma substituição natural é
u=-2x+y.
Explico por que: a derivada de u com respeito a x envolve \dfrac{d y}{d x} e provavelmente simplifica a equação para uma forma separável. Calculo du/dx:
\frac{d u}{d x}=-2+\frac{d y}{d x}.
Substituo \dfrac{d y}{d x} da equação original:
\frac{d u}{d x}=-2+\big(u^{2}-7\big)=u^{2}-9.
Portanto a substituição transformou a EDO em
\frac{d u}{d x}=u^{2}-9,
que é uma equação separável.

Passo 6

Separe as variáveis e integre:
\frac{d u}{u^{2}-9}=dx.
Fatorando o denominador \,u^{2}-9=(u-3)(u+3)\, e usando frações parciais:
\frac{1}{u^{2}-9}=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{u-3}-\frac{1}{u+3}\right).
Assim
\int \frac{d u}{u^{2}-9}=\frac{1}{6}\int\left(\frac{1}{u-3}-\frac{1}{u+3}\right)du=\frac{1}{6}\ln\left|\frac{u-3}{u+3}\right|+C.
Integrando o lado direito obtemos x+C. Então
\frac{1}{6}\ln\left|\frac{u-3}{u+3}\right|=x+C_1.
Multiplico por 6 e exponencio:
\left|\frac{u-3}{u+3}\right|=K e^{6x},\qquad K=e^{6C_1}.

Passo 7

Uso a condição inicial para encontrar K. Para x=0 temos y(0)=0 e então u(0)=-2\cdot0+0=0. Substituindo u=0 e x=0 na relação sem valor absoluto (vamos considerar sinal):
\frac{0-3}{0+3}=-1=K\cdot e^{0}=K.
Logo K=-1. Retomando a relação (sem o valor absoluto, já que o sinal foi determinado):
\frac{u-3}{u+3}=-e^{6x}.

Passo 8

Resolvo para u:
u-3=-e^{6x}(u+3)\quad\Rightarrow\quad u+e^{6x}u=3-3e^{6x}
u(1+e^{6x})=3(1-e^{6x})\quad\Rightarrow\quad u=3\frac{1-e^{6x}}{1+e^{6x}}.
Uma forma prática de simplificar é reconhecer hiperbólicas:
\frac{1-e^{6x}}{1+e^{6x}}=-\operatorname{tanh}(3x),
portanto
u=-3\operatorname{tanh}(3x).
Voltando à variável original y via u=-2x+y, obtemos
y=u+2x=2x-3\operatorname{tanh}(3x).

Passo 9

A solução da EDO 2 com a condição y(0)=0 é
\boxed{y(x)=2x-3\operatorname{tanh}(3x).}
(verificação rápida: em x=0 aparece y(0)=0, conforme pedido).

Passo 10

Resolvendo a EDO 3:
\left(x^{2}+2 y^{2}\right)\frac{d x}{d y}=x y,\qquad y(-1)=1.
Reescrevo como equação para x em função de y:
\frac{d x}{d y}=\frac{x y}{x^{2}+2y^{2}}.
Como observado no Passo 1, a condição y(-1)=1 significa que quando x=-1 temos y=1. Para resolver como x(y) é conveniente transformar essa condição para a forma x(1)=-1 (isto é, no valor y=1 a função x vale -1).

Passo 11

Tento uma substituição que simplifique a dependência de x e x^{2}. Defino
u=x^{2}.
Calculo du/dy:
\frac{du}{dy}=2x\frac{dx}{dy}.
Usando a equação para dx/dy,
\frac{du}{dy}=2x\cdot\frac{x y}{x^{2}+2y^{2}}=\frac{2x^{2}y}{x^{2}+2y^{2}}=\frac{2u y}{u+2y^{2}}.
Ainda não é totalmente separável; uma boa segunda substituição é remover o fator y^{2} comparando u com y^{2}. Defino
v=\frac{u}{y^{2}}=\frac{x^{2}}{y^{2}}.
Isto é, u=v y^{2}. Vou trabalhar em v(y).

Passo 12

Calculo du/dy via u=v y^{2}:
\frac{du}{dy}=v'\,y^{2}+2v y.
Mas também sabemos que \dfrac{du}{dy}=\dfrac{2u y}{u+2y^{2}}=\dfrac{2v y^{3}}{v y^{2}+2y^{2}}=\dfrac{2v y}{v+2}.
Igualando as expressões:
v' y^{2}+2v y=\frac{2v y}{v+2}.
Isolo v':
v' y^{2}=\frac{2v y}{v+2}-2v y=2v y\left(\frac{1}{v+2}-1\right)=-2v y\frac{v+1}{v+2}.
Portanto
\frac{dv}{dy}=-\frac{2v(v+1)}{(v+2)}\cdot\frac{1}{y}.
Isto é separável. Reescrevo separando v e y:
\frac{v+2}{v(v+1)}\,dv=-2\frac{dy}{y}.

Passo 13

Faço frações parciais na expressão em v. Escrevo
\frac{v+2}{v(v+1)}=\frac{A}{v}+\frac{B}{v+1}.
Determinando A,B: v+2=A(v+1)+Bv=(A+B)v+A. Igualando coeficientes obtém-se A+B=1 e A=2. Assim A=2,B=-1. Logo
\frac{v+2}{v(v+1)}=\frac{2}{v}-\frac{1}{v+1}.
Integro ambos os lados:
\int\left(\frac{2}{v}-\frac{1}{v+1}\right)dv=-2\int\frac{dy}{y}.
As integrais dão
2\ln|v|-\ln|v+1|=-2\ln|y|+C.
Posso combinar logs:
\ln\left(\frac{v^{2}}{v+1}\right)=-2\ln|y|+C \quad\Rightarrow\quad \frac{v^{2}}{v+1}=\frac{C_1}{y^{2}}.

Passo 14

Uso a condição inicial: quando y=1 sabemos que x(1)=-1, então v(1)=x(1)^{2}/1^{2}=1. Substituindo v=1,y=1 na relação anterior:
\frac{1^{2}}{1+1}=\frac{C_1}{1^{2}}\quad\Rightarrow\quad \frac{1}{2}=C_1.
Logo a relação é
\frac{v^{2}}{v+1}=\frac{1}{2y^{2}}.
Multiplico ambos os lados por v+1:
v^{2}=\frac{v+1}{2y^{2}}\quad\Rightarrow\quad 2y^{2}v^{2}-v-1=0.
Isto é uma equação quadrática em v. Resolvendo por fórmula de Bhaskara:
v=\frac{1\pm\sqrt{1+8y^{2}}}{4y^{2}}.
Para escolher o sinal, uso que v(1)=1. Avaliando as duas possibilidades em y=1:
v=\frac{1+3}{4}=1\quad\text{ou}\quad v=\frac{1-3}{4}=-\tfrac{1}{2}.
Como v=x^{2}/y^{2}\ge0, escolho o sinal +. Portanto
v=\frac{1+\sqrt{1+8y^{2}}}{4y^{2}}.
Lembrando v=x^{2}/y^{2}, obtenho
x^{2}=y^{2}v=\frac{1+\sqrt{1+8y^{2}}}{4}.
Assim
x=\pm\frac{1}{2}\sqrt{1+\sqrt{1+8y^{2}}}.
Use a condição inicial x(1)=-1 para fixar o sinal: quando y=1 a expressão com o sinal “+” dá x=+\tfrac{1}{2}\sqrt{1+3}=+1, e com sinal “−” dá x=-1. Como precisamos de x(1)=-1, escolhemos o sinal negativo.

Passo 15

Portanto a solução explícita x(y) que satisfaz a condição x(1)=-1 é
\boxed{x(y)=-\frac{1}{2}\sqrt{\,1+\sqrt{1+8y^{2}}\,}.}

Resposta

\dfrac{5}{2}x^{2}+4xy-2y^{4}=C
y(x)=2x-3\operatorname{tanh}(3x)
x(y)=-\dfrac{1}{2}\sqrt{\,1+\sqrt{1+8y^{2}}\,}

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