1. Resolva as seguintes equações de Bernoulli:
    (a) y\left(6 x^{2} y^{2}-x+1\right)+2 x y^{\prime}=0
    (b) y^{\prime}=y+e^{-3 x} y^{4}
    (c) 2 x^{3} y^{\prime}=y\left(y^{2}+3 x^{2}\right)
    (d) x^{3} y^{\prime}=2 y\left(\sqrt[3]{y}+3 x^{2}\right)
    (e) y^{\prime}=5 y-\frac{4 x}{y}
    (f) y^{\prime}=y-y^{3}
    (g) x^{2} y^{\prime}+2 x y-y^{3}=0
    (h) y^{\prime}=y-y^{2}
    (i) y-2 x y=x y^{2}
  2. Resolva as seguintes equações homogêneas de primeira ordem:
    (a) y^{\prime}=\frac{x+y}{x}
    (b) 2 y-x y^{\prime}=0
    (c) y^{\prime}=\frac{x^{2}+x y+y^{2}}{x^{2}}
    (d) y^{\prime}=\frac{y^{2}+2 x y}{x^{2}}
    (e) y^{\prime}=\frac{4 y-3 x}{2 x-y}
    (f) y^{\prime}=-\frac{4 x+3 y}{2 x+y}
    (g) y^{\prime}=\frac{x+3 y}{x-y}
    (h) x^{2} y^{\prime}-x^{2}-3 x y-y^{2}=0
    (i) x y^{\prime}=y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}

Passo 1

Liste clara do que o enunciado pede e quais equações foram fornecidas.
Questão 3 — Resolver as seguintes equações (Bernoulli) (cada linha é uma equação a ser resolvida):
(3a) \;y\bigl(6 x^{2} y^{2}-x+1\bigr)+2 x y^{\prime}=0
(3b) \;y^{\prime}=y+e^{-3 x} y^{4}
(3c) \;2 x^{3} y^{\prime}=y\bigl(y^{2}+3 x^{2}\bigr)
(3d) \;x^{3} y^{\prime}=2 y\bigl(\sqrt[3]{y}+3 x^{2}\bigr)
(3e) \;y^{\prime}=5 y-\dfrac{4 x}{y}
(3f) \;y^{\prime}=y-y^{3}
(3g) \;x^{2} y^{\prime}+2 x y-y^{3}=0
(3h) \;y^{\prime}=y-y^{2}
(3i) \;y-2 x y=x y^{2} (interpreto como equação diferencial do tipo \;y^{\prime}-2x y=x y^{2}; se o apóstrofo estiver realmente ausente, então é uma equação algébrica e não é uma ODE — aqui vou assumir o formato com y^{\prime}.)
Questão 4 — Resolver as seguintes equações homogêneas de primeira ordem (cada linha é uma equação):
(4a) \;y^{\prime}=\dfrac{x+y}{x}
(4b) \;2 y-x y^{\prime}=0
(4c) \;y^{\prime}=\dfrac{x^{2}+x y+y^{2}}{x^{2}}
(4d) \;y^{\prime}=\dfrac{y^{2}+2 x y}{x^{2}}
(4e) \;y^{\prime}=\dfrac{4 y-3 x}{2 x-y}
(4f) \;y^{\prime}=-\dfrac{4 x+3 y}{2 x+y}
(4g) \;y^{\prime}=\dfrac{x+3 y}{x-y}
(4h) \;x^{2} y^{\prime}-x^{2}-3 x y-y^{2}=0
(4i) \;x y^{\prime}=y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}
O objetivo é obter as soluções gerais (família de integrais) de cada equação. No Passo 2 começo a mostrar o método para Bernoulli e depois aplico a cada item de 3. Em seguida apresento o método para equações homogêneas e resolvo os itens de 4.

Passo 2

Explicação didática do método de Bernoulli (fórmula e ideia).
  • Uma equação de Bernoulli tem a forma padrão \;y^{\prime}+P(x)\,y=Q(x)\,y^{n}, onde P,Q são funções de x e n é um número real. Quando n=0 ou n=1 a equação reduz a outras formas simples; para n\neq0,1 usa-se a substituição abaixo.
  • Substituição chave: definir \;v=y^{1-n}. Isso lineariza a equação. Vamos ver porquê:
    • Diferenciando \;v=y^{1-n} obtemos \;v'=(1-n)y^{-n}y'.
    • Da equação original isolamos y' e substituímos; depois reorganizamos para uma equação linear em v da forma \;v'+(1-n)P(x)\,v=(1-n)Q(x).
  • Resultado prático: para resolver, faça:
    1. Colocar a equação na forma \;y'+P(x)y=Q(x)y^{n}.
    2. Calcular v=y^{1-n} e usar a relação \;v'=(1-n)y^{-n}y' para obter a equação linear em v.
    3. Resolver a linear em v com fator integrante habitual.
    4. Voltar à y com y=v^{1/(1-n)} (ou y=(v)^{1/(1-n)} conforme sinais).

Passo 3

Resolvendo (3a). Primeiro colocar em forma padrão e identificar P,Q,n.
Dada \;y\bigl(6 x^{2} y^{2}-x+1\bigr)+2 x y^{\prime}=0. Rearranjando:
2x y' = -y\bigl(6 x^{2} y^{2}-x+1\bigr) = -6x^{2}y^{3}+(x-1)y.
Dividindo por 2x:
y' = -3x y^{3} + \frac{x-1}{2x}\,y.
Colocando na forma \;y'+P(x)y=Q(x)y^{n}:
y' +\left(-\frac{x-1}{2x}\right)y = -3x\,y^{3}.
Logo P(x)=-\dfrac{x-1}{2x}, Q(x)=-3x, n=3.
Usando a substituição v=y^{1-n}=y^{-2} (pois 1-n=-2):
  • A equação para v é \;v' + (1-n)P v = (1-n)Q. Aqui 1-n=-2.
  • Então
v' -2P v = -2Q.
Substituindo P,Q:
v' +\frac{x-1}{x}v = 6x.
Fator integrante \mu(x)=\exp\!\left(\int\frac{x-1}{x}dx\right)=\exp\!\left(\int(1-\frac{1}{x})dx\right)=\frac{e^{x}}{x}.
Multiplicando:
\Bigl(\frac{e^{x}}{x}v\Bigr)' = 6e^{x}.
Integro:
\frac{e^{x}}{x}v = 6e^{x}+C \quad\Rightarrow\quad v = x\bigl(6 + C e^{-x}\bigr).
Voltando a y: v=y^{-2} então
y^{2}=\frac{1}{v}=\frac{1}{x(6+C e^{-x})}\quad\Rightarrow\quad y=\pm\frac{1}{\sqrt{x(6+C e^{-x})}}.

Passo 4

Resolvendo (3b).
Equação: \;y' = y + e^{-3x} y^{4}. Colocar na forma \;y' + P y = Q y^{n}:
y' - y = e^{-3x} y^{4},
assim P=-1, Q=e^{-3x}, n=4. Substituição v=y^{1-n}=y^{-3}. Aqui 1-n=-3.
A equação para v:
v' -3P v = -3Q \quad\Rightarrow\quad v' +3v = -3 e^{-3x}.
Fator integrante \mu=e^{\int 3 dx}=e^{3x}. Então
(e^{3x}v)' = -3.
Integrando:
e^{3x}v = -3x + C \quad\Rightarrow\quad v = e^{-3x}(C-3x).
Voltar para y:
y^{-3}=e^{-3x}(C-3x)\quad\Rightarrow\quad y^{3}=\frac{e^{3x}}{C-3x}\quad\Rightarrow\quad y=\biggl(\frac{e^{3x}}{C-3x}\biggr)^{1/3}.

Passo 5

Resolvendo (3c).
Equação: \;2 x^{3} y' = y(y^{2}+3x^{2}). Dividindo por 2x^{3}:
y' = \frac{1}{2x^{3}}y^{3} + \frac{3}{2x}y.
Escrevo como y' + P y = Q y^{3}:
y' - \frac{3}{2x}y = \frac{1}{2x^{3}} y^{3}.
Então P=-\dfrac{3}{2x}, Q=\dfrac{1}{2x^{3}}, n=3. Substituição v=y^{-2} ( 1-n=-2).
Equação para v:
v' -2P v = -2Q \quad\Rightarrow\quad v' +\frac{3}{x}v = -\frac{1}{x^{3}}.
Fator integrante \mu = e^{\int \frac{3}{x}dx}=x^{3}. Multiplicando:
(x^{3}v)' = -1.
Integro:
x^{3}v = -x + C \quad\Rightarrow\quad v=\frac{C-x}{x^{3}}.
Voltando:
y^{-2}=\frac{C-x}{x^{3}}\quad\Rightarrow\quad y^{2}=\frac{x^{3}}{C-x}\quad\Rightarrow\quad y=\pm\frac{x^{3/2}}{\sqrt{C-x}}.

Passo 6

Resolvendo (3d).
Equação: \;x^{3} y' = 2 y\bigl(\sqrt[3]{y}+3 x^{2}\bigr). Note que \sqrt[3]{y}=y^{1/3}. Dividindo por x^{3}:
y' = \frac{2}{x^{3}}y^{4/3} + \frac{6}{x}y.
Coloco em y' + P y = Q y^{n} como:
y' - \frac{6}{x}y = \frac{2}{x^{3}}y^{4/3}.
Então P=-\dfrac{6}{x}, Q=\dfrac{2}{x^{3}}, n=\tfrac{4}{3}. Calculo 1-n=-\tfrac{1}{3} e tomo v=y^{1-n}=y^{-1/3}.
Equação linear para v:
v' + (1-n)P v = (1-n)Q \quad\Rightarrow\quad v' + \frac{2}{x}v = -\frac{2}{3x^{3}}.
Fator integrante \mu=e^{\int 2/x dx}=x^{2}. Então
(x^{2}v)' = -\frac{2}{3x}.
Integro:
x^{2}v = -\frac{2}{3}\ln x + C \quad\Rightarrow\quad v=\frac{C-\tfrac{2}{3}\ln x}{x^{2}}.
Volto a y: v=y^{-1/3} então
y^{1/3}=\frac{x^{2}}{C-\tfrac{2}{3}\ln x}\quad\Rightarrow\quad y=\frac{x^{6}}{\bigl(C-\tfrac{2}{3}\ln x\bigr)^{3}}.

Passo 7

Resolvendo (3e).
Equação: \;y' = 5y - \dfrac{4x}{y}. Escrevo como Bernoulli com termo y^{-1}:
y' -5y = -\frac{4x}{y}.
Isto é da forma y' + P y = Q y^{n} com P=-5, Q=-4x, n=-1. Então 1-n=2 e tomo v=y^{2}.
Equação para v:
v' + (1-n)P v = (1-n)Q \quad\Rightarrow\quad v' -10 v = -8x.
Fator integrante \mu=e^{\int -10 dx}=e^{-10x}. Então
(e^{-10x}v)' = -8x e^{-10x}.
Integro o lado direito (por partes ou fórmula conhecida):
\int -8x e^{-10x}dx = e^{-10x}\Bigl(\tfrac{4}{5}x+\tfrac{2}{25}\Bigr)+C.
Logo
e^{-10x}v = e^{-10x}\Bigl(\tfrac{4}{5}x+\tfrac{2}{25}\Bigr)+C
e
v = \frac{4}{5}x+\frac{2}{25}+C e^{10x}.
Voltando a y: y^{2}=v e portanto
y=\pm\sqrt{\frac{4}{5}x+\frac{2}{25}+C e^{10x}}.

Passo 8

Resolvendo (3f).
Equação: \;y' = y - y^{3}. Coloco como y' - y = -y^{3}. Assim P=-1, Q=-1, n=3. Tomo v=y^{-2} ( 1-n=-2).
Equação para v:
v' -2P v = -2Q \quad\Rightarrow\quad v' +2v = 2.
Fator integrante \mu=e^{2x}. Então
(e^{2x}v)' = 2e^{2x}.
Integro:
e^{2x}v = e^{2x}+C \quad\Rightarrow\quad v = 1 + C e^{-2x}.
Voltando:
y^{-2}=1 + C e^{-2x}\quad\Rightarrow\quad y=\pm\frac{1}{\sqrt{1 + C e^{-2x}}}.

Passo 9

Resolvendo (3g).
Equação: \;x^{2} y' + 2x y - y^{3}=0. Rearranjo:
x^{2}y' = y^{3}-2x y \quad\Rightarrow\quad y' = \frac{1}{x^{2}}y^{3}-\frac{2}{x}y.
Coloco em y' + P y = Q y^{3}:
y' + \frac{2}{x}y = \frac{1}{x^{2}}y^{3}.
Então P=\dfrac{2}{x}, Q=\dfrac{1}{x^{2}}, n=3. Tomo v=y^{-2} ( 1-n=-2).
Equação para v:
v' -2P v = -2Q \quad\Rightarrow\quad v' -\frac{4}{x}v = -\frac{2}{x^{2}}.
Fator integrante \mu=e^{\int -4/x dx}=x^{-4}. Multiplicando:
(x^{-4}v)' = -2 x^{-6}.
Integro:
x^{-4}v = \frac{2}{5}x^{-5} + C \quad\Rightarrow\quad v = \frac{2}{5x} + C x^{4}.
Voltando:
y^{-2}=\frac{2}{5x}+C x^{4}\quad\Rightarrow\quad y=\pm\frac{1}{\sqrt{C x^{4}+\tfrac{2}{5x}}}.

Passo 10

Resolvendo (3h).
Equação: \;y' = y - y^{2}. Coloco como y' - y = -y^{2}. Aqui P=-1, Q=-1, n=2. Tomo v=y^{-1} ( 1-n=-1).
Equação para v:
v' + (1-n)P v = (1-n)Q \quad\Rightarrow\quad v' + v = 1.
Fator integrante \mu=e^{\int 1 dx}=e^{x}. Então
(e^{x}v)' = e^{x}.
Integro:
e^{x}v = e^{x} + C \quad\Rightarrow\quad v = 1 + C e^{-x}.
Voltando:
y^{-1} = 1 + C e^{-x}\quad\Rightarrow\quad y=\frac{1}{1 + C e^{-x}}.

Passo 11

Resolvendo (3i) (assumindo que a equação é \;y' -2x y = x y^{2}).
Reescrevo:
y' -2x y = x y^{2}.
Isto é Bernoulli com P=-2x, Q=x, n=2. Tomo v=y^{-1} ( 1-n=-1).
Equação para v:
v' + (1-n)P v = (1-n)Q \quad\Rightarrow\quad v' + 2x v = -x.
Fator integrante \mu=e^{\int 2x dx}=e^{x^{2}}. Multiplicando:
(e^{x^{2}}v)' = -x e^{x^{2}}.
Integro:
e^{x^{2}}v = -\tfrac{1}{2}e^{x^{2}} + C \quad\Rightarrow\quad v = -\tfrac{1}{2} + C e^{-x^{2}}.
Voltando:
y^{-1} = -\tfrac{1}{2} + C e^{-x^{2}}\quad\Rightarrow\quad y = \frac{1}{C e^{-x^{2}}-\tfrac{1}{2}} = \frac{2}{2C e^{-x^{2}}-1}.

Passo 12

Agora explico o método para equações homogêneas de primeira ordem (para usar nos itens de 4).
  • Uma equação y' = f(x,y) é homogênea de grau zero se f(\lambda x,\lambda y)=f(x,y) para todo \lambda\neq0. Nesses casos f depende apenas da razão y/x.
  • Substituição padrão: colocar y=vx (ou v=y/x). Então y'=v + x v'. Isso reduz a equação para uma equação separável ou de variáveis separadas em v e x.
  • Passos práticos:
    1. Fazer y=vx e substituir y' por v + x v'.
    2. Obter equação para v em termos de x: idealmente separável.
    3. Integrar e voltar para y com y=vx.

Passo 13

Resolvendo (4a).
Equação: \;y'=\dfrac{x+y}{x} = 1+\dfrac{y}{x}.
Tomando v=\dfrac{y}{x} então y'=v+xv'. Substituindo:
v + x v' = 1+v \quad\Rightarrow\quad x v' = 1.
Integro:
v' = \frac{1}{x}\quad\Rightarrow\quad v=\ln|x|+C.
Voltando y:
y = v x = x(\ln|x|+C).

Passo 14

Resolvendo (4b).
Equação: \;2y - x y' = 0. Reescrevo como x y' = 2y, ou y' = \dfrac{2}{x}y.
Isto é linear separável: \dfrac{y'}{y}=\dfrac{2}{x}. Integro:
\ln|y| = 2\ln|x| + C \quad\Rightarrow\quad y = C x^{2}.

Passo 15

Resolvendo (4c).
Equação: \;y'=\dfrac{x^{2}+x y+y^{2}}{x^{2}} = 1 + \frac{y}{x} + \left(\frac{y}{x}\right)^{2}.
Substituir v=y/x, então y'=v + x v'. Tem:
v + x v' = 1 + v + v^{2} \quad\Rightarrow\quad x v' = 1 + v^{2}.
Separável:
\frac{dv}{1+v^{2}} = \frac{dx}{x}.
Integro:
\arctan v = \ln|x| + C.
Voltando:
v=\tan(\ln|x|+C),\qquad y = x \tan(\ln|x|+C).

Passo 16

Resolvendo (4d).
Equação: \;y'=\dfrac{y^{2}+2 x y}{x^{2}} = \left(\frac{y}{x}\right)^{2} + 2\frac{y}{x}.
Com v=y/x, y'=v + x v':
v + x v' = v^{2} + 2v \quad\Rightarrow\quad x v' = v^{2} + v.
Separável:
\frac{dv}{v(v+1)} = \frac{dx}{x}.
Faço frações parciais: \dfrac{1}{v(v+1)}=\dfrac{1}{v}-\dfrac{1}{v+1}. Então
\int\Bigl(\frac{1}{v}-\frac{1}{v+1}\Bigr)dv = \ln|x|+C,
\ln\Bigl|\frac{v}{v+1}\Bigr| = \ln|x| + C.
Exponenciando:
\frac{v}{v+1} = C x.
Resolver para v:
v = \frac{C x}{1 - C x}.
Voltando y=vx:
y = x \cdot \frac{C x}{1 - C x} = \frac{C x^{2}}{1 - C x}.

Passo 17

Resolvendo (4e).
Equação: \;y'=\dfrac{4y-3x}{2x-y}. Verifico homogeneidade: numerador e denominador são ambos de grau 1, logo homogênea. Faço v=y/x então y=vx e y'=v+x v'.
Substituo:
v + x v' = \frac{4vx -3x}{2x - vx} = \frac{x(4v-3)}{x(2-v)} = \frac{4v-3}{2-v}.
Então
x v' = \frac{4v-3}{2-v} - v = \frac{4v-3 - v(2-v)}{2-v} = \frac{4v-3 -2v + v^{2}}{2-v} = \frac{v^{2}+2v-3}{2-v}.
Note que v^{2}+2v-3=(v+3)(v-1). Assim
x v' = \frac{(v+3)(v-1)}{2-v}.
Isto é separável:
\frac{2-v}{(v+3)(v-1)}\,dv = \frac{dx}{x}.
Faço frações parciais; escrevo
\frac{2-v}{(v+3)(v-1)} = \frac{A}{v-1} + \frac{B}{v+3}.
Resolvo: 2-v = A(v+3)+B(v-1). Igualando coeficientes:
  • Para v: -1 = A+B.
  • Constante: 2 = 3A - B.
    Resolvo: somando as duas, 1 = 4A \Rightarrow A=\tfrac{1}{4}. Então B=-1-A = -\tfrac{5}{4}.
Logo
\int\Bigl(\frac{1/4}{v-1} - \frac{5/4}{v+3}\Bigr)dv = \ln|x| + C.
Integro:
\frac{1}{4}\ln|v-1| - \frac{5}{4}\ln|v+3| = \ln|x| + C.
Multiplico por 4 e exponencio se desejar, mas posso deixar implícita:
\ln\Bigl|\frac{(v-1)}{(v+3)^{5}}\Bigr| = 4\ln|x| + C_{1}.
Ou
\frac{v-1}{(v+3)^{5}} = C x^{4}.
Voltando v=y/x dá solução implícita:
\frac{\tfrac{y}{x}-1}{\bigl(\tfrac{y}{x}+3\bigr)^{5}} = C x^{4},
que pode ser rearranjada conforme conveniência.

Passo 18

Resolvendo (4f).
Equação: \;y'=-\dfrac{4x+3y}{2x+y}. Grau 1 homogênea; uso v=y/x, y'=v + x v'.
Substituição:
v + x v' = -\frac{4 + 3v}{2 + v}.
Então
x v' = -\frac{4 + 3v}{2 + v} - v = -\frac{4+3v + v(2+v)}{2+v} = -\frac{4+3v + 2v + v^{2}}{2+v} = -\frac{v^{2}+5v+4}{2+v}.
Note que v^{2}+5v+4=(v+1)(v+4). Assim
x v' = -\frac{(v+1)(v+4)}{v+2}.
Separável:
-\frac{v+2}{(v+1)(v+4)}\,dv = \frac{dx}{x}.
Faço frações parciais: escrevo
-\frac{v+2}{(v+1)(v+4)} = \frac{A}{v+1} + \frac{B}{v+4}.
Multiplicando: -(v+2) = A(v+4)+B(v+1). Coeficientes:
  • Para v: -1 = A+B.
  • Constantes: -2 = 4A + B.
    Subtraindo primeiras equações: (-2) - (-1) gives etc. Resolvendo: de primeira B=-1-A. Substituo: -2 = 4A + (-1-A) = 3A -1 então 3A = -1 e A=-\tfrac{1}{3}. Então B = -1 - A = -1 + \tfrac{1}{3} = -\tfrac{2}{3}.
Assim
\int\Bigl(-\frac{1}{3}\frac{1}{v+1} - \frac{2}{3}\frac{1}{v+4}\Bigr)dv = \ln|x| + C.
Integro:
-\frac{1}{3}\ln|v+1| - \frac{2}{3}\ln|v+4| = \ln|x| + C.
Multiplico por -3 e exponencio para obter solução implícita:
\ln\Bigl(|v+1|\,|v+4|^{2}\Bigr) = -3\ln|x| + C_{1}
ou
(v+1)(v+4)^{2} = C x^{-3}.
Voltando v=y/x dá solução implícita:
\Bigl(\frac{y}{x}+1\Bigr)\Bigl(\frac{y}{x}+4\Bigr)^{2} = C x^{-3}.

Passo 19

Resolvendo (4g).
Equação: \;y'=\dfrac{x+3y}{x-y}. É homogênea de grau 1; uso v=y/x e y'=v + x v'.
Substituição:
v + x v' = \frac{1 + 3v}{1 - v}.
Então
x v' = \frac{1 + 3v}{1 - v} - v = \frac{1 + 3v - v(1 - v)}{1 - v} = \frac{1 + 3v - v + v^{2}}{1 - v} = \frac{1 + 2v + v^{2}}{1 - v} = \frac{(v+1)^{2}}{1 - v}.
Separável:
\frac{1 - v}{(v+1)^{2}}\,dv = \frac{dx}{x}.
Faço divisão: \dfrac{1-v}{(v+1)^{2}} = \dfrac{1}{(v+1)^{2}} - \dfrac{v}{(v+1)^{2}}. Mas mais direto: escrevo
\frac{1 - v}{(v+1)^{2}} = \frac{A}{v+1} + \frac{B}{(v+1)^{2}}.
Resolve-se: 1-v = A(v+1) + B. Coeficientes: para v: -1 = A. Constante: 1 = A + B então B = 1 - A = 1 - (-1) = 2.
Logo
\int\Bigl(-\frac{1}{v+1} + \frac{2}{(v+1)^{2}}\Bigr)dv = \ln|x| + C.
Integro:
-\ln|v+1| - \frac{2}{v+1} = \ln|x| + C.
Voltando v=y/x e rearranjando fica solução implícita:
-\ln\Bigl|\frac{y}{x}+1\Bigr| - \frac{2}{\tfrac{y}{x}+1} = \ln|x| + C.
Pode-se multiplicar por -1 e reorganizar conforme preferir.

Passo 20

Resolvendo (4h).
Equação: \;x^{2} y' - x^{2} - 3x y - y^{2} = 0. Reescrevo:
x^{2}y' = x^{2} + 3x y + y^{2}.
Divido por x^{2} (assumindo x\neq0):
y' = 1 + 3\frac{y}{x} + \left(\frac{y}{x}\right)^{2}.
Isto é homogênea em razão de grau 0 em y/x. Faço v=y/x, y'=v+x v':
v + x v' = 1 + 3v + v^{2} \quad\Rightarrow\quad x v' = 1 + 2v + v^{2} = (v+1)^{2}.
Então
\frac{dv}{(v+1)^{2}} = \frac{dx}{x}.
Integro:
-\frac{1}{v+1} = \ln|x| + C.
Então
v+1 = -\frac{1}{\ln|x| + C} \quad\Rightarrow\quad v = -1 - \frac{1}{\ln|x| + C}.
Voltando:
y = x\left(-1 - \frac{1}{\ln|x| + C}\right).

Passo 21

Resolvendo (4i).
Equação: \;x y' = y + \sqrt{x^{2}+y^{2}}. Verifico homogeneidade: o termo \sqrt{x^{2}+y^{2}} é homogêneo de grau 1 (pois \sqrt{(\lambda x)^{2}+(\lambda y)^{2}}=\lambda\sqrt{x^{2}+y^{2}}), e o y também é de grau 1; portanto a razão do lado direito por x é função de v=y/x. Logo é homogênea.
Faço v=y/x então y'=v + x v'. Substituo:
x(v + x v') = vx + \sqrt{x^{2}+v^{2}x^{2}} = vx + x\sqrt{1+v^{2}}.
Divido por x:
v + x v' = v + \sqrt{1+v^{2}} \quad\Rightarrow\quad x v' = \sqrt{1+v^{2}}.
Agora a equação é separável:
\frac{dv}{\sqrt{1+v^{2}}} = \frac{dx}{x}.
Integro:
\operatorname{arsinh}(v) = \ln|x| + C \quad\text{(isto é, }\operatorname{sinh}^{-1}v).é
Voltando v=y/x:
\operatorname{arsinh}\!\left(\frac{y}{x}\right) = \ln|x| + C.
Ou explicitando:
\frac{y}{x} = \operatorname{sinh}(\ln|x| + C) \quad\Rightarrow\quad y = x\operatorname{sinh}(\ln|x| + C).

Resposta

(3a) y=\pm\dfrac{1}{\sqrt{x\bigl(6+C e^{-x}\bigr)}}
(3b) y=\displaystyle\biggl(\dfrac{e^{3x}}{C-3x}\biggr)^{1/3}
(3c) y=\pm\dfrac{x^{3/2}}{\sqrt{C-x}}
(3d) y=\dfrac{x^{6}}{\bigl(C-\tfrac{2}{3}\ln x\bigr)^{3}}
(3e) y=\pm\sqrt{\dfrac{4}{5}x+\dfrac{2}{25}+C e^{10x}}
(3f) y=\pm\dfrac{1}{\sqrt{1 + C e^{-2x}}}
(3g) y=\pm\dfrac{1}{\sqrt{C x^{4}+\tfrac{2}{5x}}}
(3h) y=\dfrac{1}{1 + C e^{-x}}
(3i) y=\dfrac{2}{2C e^{-x^{2}}-1}
(4a) y = x\bigl(\ln|x|+C\bigr)
(4b) y = C x^{2}
(4c) y = x\tan\bigl(\ln|x|+C\bigr)
(4d) y = \dfrac{C x^{2}}{1 - C x}
(4e) \displaystyle \frac{\tfrac{y}{x}-1}{\bigl(\tfrac{y}{x}+3\bigr)^{5}} = C x^{4} (solução implícita)
(4f) \displaystyle \Bigl(\frac{y}{x}+1\Bigr)\Bigl(\frac{y}{x}+4\Bigr)^{2} = C x^{-3} (solução implícita)
(4g) \displaystyle -\ln\Bigl|\frac{y}{x}+1\Bigr| - \frac{2}{\tfrac{y}{x}+1} = \ln|x| + C (solução implícita)
(4h) y = x\Bigl(-1 - \dfrac{1}{\ln|x| + C}\Bigr)
(4i) \displaystyle \operatorname{arsinh}\!\left(\frac{y}{x}\right) = \ln|x| + C

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