Resolva o PVI: \frac{d y}{d x}=\frac{x+y}{x-y}, \quad y(1)=0. Dica: A equação é homogênea de grau zero. Faça a substituição y=v x ( \operatorname{logo} d y / d x=v+x d v / d x ) para obter uma equação separável em v e x. Para cada problema, verifique a existência e unicidade de soluções e identifique a priori o(s) tipo(s) da equação. Em todos os problemas, apresente a solução explícita y=y(x) (ou y=y(t) ) quando possível, e verifique que a condição inicial é satisfeita.

Passo 1

O enunciado nos dá o problema inicial
\frac{dy}{dx}=\frac{x+y}{x-y},\qquad y(1)=0.
O que é pedido:
  • Resolver a equação diferencial com a condição inicial e apresentar y=y(x) quando possível.
  • Verificar existência e unicidade da solução que passa por (1,0).
  • Identificar a priori o(s) tipo(s) da equação (o enunciado já dá a dica: é homogênea de grau zero e sugere a substituição y=vx).
Informações dadas e relevantes:
  • A função do lado direito é f(x,y)=\dfrac{x+y}{x-y}. Note que f não está definida quando x-y=0 (reta y=x).
  • A condição inicial é o ponto (x_0,y_0)=(1,0), que satisfaz x_0-y_0=1\neq0, logo o ponto está num lugar onde f é bem definida.

Passo 2

Por que usar a substituição y=vx? Vou explicar a ideia didaticamente: quando a razão \dfrac{x+y}{x-y} é homogênea de grau zero significa que, se multiplicarmos x e y por um mesmo fator t, o quociente não muda. Nesses casos é clássico definir v=\dfrac{y}{x} (ou y=vx), porque a razão no lado direito passa a depender apenas de v e não de x e y separadamente. Isso transforma a equação numa equação para v e x que frequentemente é separável.
Faço a substituição y=vx. Então, pela regra da diferenciação do produto,
\frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}.
Substituo na equação original:
v+x\frac{dv}{dx}=\frac{x+vx}{x-vx}=\frac{1+v}{1-v},
onde simplifiquei fator x (assumindo x\neq0; trataremos o caso x=0 depois se necessário).
Agora isolo dv/dx:
x\frac{dv}{dx}=\frac{1+v}{1-v}-v.
Faço a álgebra no membro direito com calma:
\frac{1+v}{1-v}-v=\frac{1+v-v(1-v)}{1-v}=\frac{1+v-v+v^{2}}{1-v}=\frac{1+v^{2}}{1-v}.
Portanto
\frac{dv}{dx}=\frac{1+v^{2}}{x(1-v)}.

Passo 3

Agora a equação para v é separável. Vou separar as variáveis v e x com cuidado:
\frac{1-v}{1+v^{2}}\,dv=\frac{dx}{x}.
É importante decompor a fração do lado esquerdo para integrar de forma simples:
\frac{1-v}{1+v^{2}}=\frac{1}{1+v^{2}}-\frac{v}{1+v^{2}}.
Integro ambos os lados:
\int\left(\frac{1}{1+v^{2}}-\frac{v}{1+v^{2}}\right)dv=\int\frac{dx}{x}.
Calcule as integrais cuidadosamente:
  • \displaystyle\int\frac{1}{1+v^{2}}\,dv=\arctan v.
  • \displaystyle\int\frac{v}{1+v^{2}}\,dv: faça u=1+v^{2}, du=2v\,dv, então a integral vale \tfrac{1}{2}\ln(1+v^{2}).
Portanto a integral esquerda é
\arctan v-\frac{1}{2}\ln(1+v^{2}).
A integral direita é
\int\frac{dx}{x}=\ln|x|+C,
onde C é constante de integração. Assim obtemos a relação implícita
\arctan v-\frac{1}{2}\ln(1+v^{2})=\ln|x|+C.

Passo 4

Volto à variável original usando v=\dfrac{y}{x}. Antes disto uso a condição inicial para determinar C. A condição y(1)=0 implica v(1)=\dfrac{0}{1}=0. Substituo v=0 e x=1 na relação integrada:
\arctan 0-\frac{1}{2}\ln(1+0^{2})=\ln|1|+C \quad\Rightarrow\quad 0-0=0+C,
logo C=0.
Portanto a relação é, sem constante adicional,
\arctan v-\frac{1}{2}\ln(1+v^{2})=\ln|x|.
Substituindo v=\dfrac{y}{x} e manipulando um pouco (faço detalhadamente porque ajuda na prova e simplifica):
\ln(1+v^{2})=\ln\!\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=\ln\!\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}}\right)=\ln(x^{2}+y^{2})-2\ln|x|.
Então a igualdade fica
\arctan\!\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{1}{2}\big(\ln(x^{2}+y^{2})-2\ln|x|\big)=\ln|x|.
Reorganizando:
\arctan\!\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{1}{2}\ln(x^{2}+y^{2})+\ln|x|=\ln|x|.
As parcelas \ln|x| cancelam-se, resultando numa forma muito simples e elegante:
\boxed{\arctan\!\left(\frac{y}{x}\right)=\frac{1}{2}\ln\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr).}
Essa é a relação implícita que define a solução que satisfaz y(1)=0.

Passo 5

Verificação da condição inicial: substituindo x=1 e y=0 em \arctan\!\left(\frac{y}{x}\right)=\tfrac{1}{2}\ln(x^{2}+y^{2}) obtemos 0=\tfrac{1}{2}\ln 1=0. Portanto a condição inicial é satisfeita.
Observação sobre solução explícita: é possível escrever a solução em forma paramétrica mais explícita. Defina \theta=\arctan\!\left(\dfrac{y}{x}\right). A equação implícita diz \theta=\tfrac{1}{2}\ln r^{2}=\ln r, onde r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}. Assim r=e^{\theta}. Então, usando coordenadas polares,
x=r\cos\theta=e^{\theta}\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta=e^{\theta}\sin\theta.
Portanto a solução pode ser descrita parametricamente por
x(\theta)=e^{\theta}\cos\theta,\qquad y(\theta)=e^{\theta}\sin\theta,
com \theta variando em um intervalo que corresponde ao ramo da solução que passa por (1,0) (para (1,0) tem \theta=0). Não existe uma fórmula elementar simples y=y(x) isolando y em termos de x por funções elementares inversas; portanto a forma implícita acima ou a forma paramétrica são as mais práticas.

Passo 6

Existência e unicidade (argumento teórico e aplicação ao ponto inicial): a função do lado direito é f(x,y)=\dfrac{x+y}{x-y}. Em qualquer ponto em que x-y\neq0 a função f é contínua e sua derivada parcial em relação a y é
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{2x}{(x-y)^{2}},
que também é contínua quando x-y\neq0. Pelo teorema de existência e unicidade (Picard–Lindelöf), para o ponto inicial (1,0) (onde x-y=1\neq0) existe uma única solução local passando por ali. A solução que obtivemos é essa única solução local.
Domínio maximal da solução: a equação não é definida na reta y=x. Assim a solução única que passa por (1,0) existe enquanto a curva solução não atingir a reta y=x. Podemos determinar onde isso aconteceria: impondo y=x na relação implícita,
\arctan(1)=\tfrac{1}{2}\ln(2x^{2}) \quad\Rightarrow\quad \frac{\pi}{4}=\tfrac{1}{2}\ln(2x^{2}),
o que dá
x^{2}=\frac{e^{\pi/2}}{2},\qquad x=\pm\sqrt{\frac{e^{\pi/2}}{2}}.
Como a condição inicial tem x=1>0, o ramo relevante atinge a reta y=x no x positivo x=\sqrt{\dfrac{e^{\pi/2}}{2}}\approx1{,}551. Portanto a solução está definida (pelo menos) em um intervalo aberto contendo x=1 e limitado até que a curva atinja y=x; esse ponto singular determina o intervalo maximal (à direita) onde a solução é estendida continuamente.

Resposta

Tipo: equação diferencial ordinária de 1ª ordem, homogênea de grau zero (reduzível a separável por y=vx).
Existência e unicidade: existe uma única solução local passando por (1,0) (pois f(x,y)=\dfrac{x+y}{x-y} e \partial f/\partial y=\dfrac{2x}{(x-y)^{2}} são contínuas numa vizinhança de (1,0)).
Solução (implícita): \displaystyle \arctan\!\left(\frac{y}{x}\right)=\frac{1}{2}\ln\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr).
Forma paramétrica: \displaystyle x(\theta)=e^{\theta}\cos\theta,\quad y(\theta)=e^{\theta}\sin\theta (com \theta=0 correspondente a (1,0)).
Condição inicial satisfeita: y(1)=0 é verificada.
Intervalo maximal (observação): a solução atinge a reta y=x quando x^{2}=e^{\pi/2}/2, isto é em x=\pm\sqrt{e^{\pi/2}/2}; no ramo com x>0 a interseção ocorre em x\approx1{,}551.

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