Nas seguintes equações:
  • Mostre que são separáveis.
  • Resolva a equação e determine o intervalo no qual a solução está definida.
    (a)
\left\{\begin{array}{l} \frac{d y}{d t}=(1-2 x) y^{2} \\\ y(0)=-\frac{1}{6} \end{array}\right.
(b)
\left\{\begin{array}{l} \frac{d y}{d t}=\frac{e^{-x}-e^{x}}{3+4 y} \\\ y(0)=1 \end{array}\right.
(c)
\frac{d N}{d t}+N=N t e^{t+2}
(d)
\left(\alpha y^{2}+\beta\right)^{\frac{1}{2}}-x y \frac{d y}{d t}=0, \quad \alpha, \beta \in \mathbb{R}, \alpha \neq 0 .
Caso seja possível, faça um gráfico ou dê uma ideia da solução.
(a)
\left\{\begin{array}{l} \frac{d y}{d t}=(1-2 x) y^{2} \\\ y(0)=-\frac{1}{6} \end{array}\right.
(b)
\left\{\begin{array}{l} \frac{d y}{d t}=\frac{e^{-x}-e^{x}}{3+4 y} \\\ y(0)=1 \end{array}\right.
(c)
\frac{d N}{d t}+N=N t e^{t+2}
(d)
\left(\alpha y^{2}+\beta\right)^{\frac{1}{2}}-x y \frac{d y}{d t}=0, \quad \alpha, \beta \in \mathbb{R}, \alpha \neq 0 .

Passo 1

O enunciado pede para cada uma das quatro equações:
– mostrar que é separável;
– encontrar a solução geral (e particular, quando vier condição inicial);
– determinar o intervalo de t (ou de x, no caso do item d) onde a solução existe sem singularidades.
O conteúdo é EDOs de primeira ordem separáveis (ou, no caso c, também tratável como linear mas que ficará separável). Vamos lembrar que, para EDO separável, escrevemos
\frac{dy}{dt}=f(t)\,g(y)\quad\Longrightarrow\quad\frac{dy}{g(y)}=f(t)\,dt
e integramos cada lado.

Passo 2

(a)  \displaystyle \frac{dy}{dt}=(1-2t)\,y^2,\quad y(0)=-\tfrac16.
Separando variáveis,
\frac{dy}{y^2}=(1-2t)\,dt.
Integramos:
\int y^{-2}\,dy =\int(1-2t)\,dt \;\Longrightarrow\; -\,\frac1y =t - t^2 + C.
Logo
y(t)=-\frac1{\,t - t^2 + C\,}.
Usando y(0)=-\tfrac16 -1/C=-1/6\Rightarrow C=6, de onde
y(t) =-\frac1{\,t - t^2 + 6\,}.
O denominador só zera se t^2 - t -6=0, i.e.\ t=-2 ou t=3. Como a condição inicial está em t=0, o intervalo de validade é
(-2,\,3).

Passo 3

(b)  \displaystyle \frac{dy}{dt}=\frac{e^{-t}-e^{t}}{3+4y},\quad y(0)=1.
Separamos:
(3+4y)\,dy=(e^{-t}-e^t)\,dt.
Integramos:
\int(3+4y)\,dy =\int(e^{-t}-e^t)\,dt \;\Longrightarrow\; 3y+2y^2 =-e^{-t}-e^t + C.
Em t=0, y=1 3\cdot1+2\cdot1^2=5=-1-1+C, logo C=7. Assim
2y^2+3y + e^{-t}+e^t -7=0.
Resolvendo para y:
y(t) =\frac{-3+\sqrt{\,65-8(e^t+e^{-t})\,}}{4},
escolhendo o sinal de raiz que dá y(0)=1. A expressão sob a raiz exige
65-8\bigl(e^t+e^{-t}\bigr)\ge0 \quad\Longleftrightarrow\quad e^t+e^{-t}\le\frac{65}{8},
i.e.\ \operatorname{cosh} t\le 4,0625, logo
|t|\le\arccosh(4,0625)\approx2,07.

Passo 4

(c)  \displaystyle \frac{dN}{dt}+N=N\,t\,e^{t+2}.
Reescrevendo
\frac{dN}{dt} =N\bigl(te^{t+2}-1\bigr),
é separável:
\frac{dN}{N}=(t e^{t+2}-1)\,dt.
Integramos:
\int\frac{dN}{N} =\int\bigl(te^{t+2}-1\bigr)\,dt \;\Longrightarrow\; \ln|N| =\int te^{t+2}\,dt - t + C.
Como \int te^{t+2}dt=e^2\int t e^t dt=e^2(t-1)e^t, obtemos
\ln|N| =(t-1)e^{t+2}-t + C,
daí
N(t) =C_1\exp\bigl((t-1)e^{t+2}-t\bigr).
Não há singularidades para t\in\mathbb{R}.

Passo 5

(d)  \displaystyle \sqrt{\alpha y^2+\beta}\;-\;x\,y\frac{dy}{dx}=0,\;\alpha\neq0.
Reescrevendo como
x\,y\,\frac{dy}{dx} =\sqrt{\alpha y^2+\beta} \quad\Longrightarrow\quad \frac{y}{\sqrt{\alpha y^2+\beta}}\,dy =\frac{dx}{x}.
Com u=\alpha y^2+\beta, du=2\alpha y\,dy, vem
\int\frac{y}{\sqrt{\alpha y^2+\beta}}\,dy =\frac1{2\alpha}\int u^{-1/2}du =\frac1\alpha\sqrt{u}+C =\frac1\alpha\sqrt{\alpha y^2+\beta}+C.
Do outro lado \int dx/x=\ln|x|+C. Logo
\frac1\alpha\sqrt{\alpha y^2+\beta} =\ln|x|+C \quad\Longrightarrow\quad \sqrt{\alpha y^2+\beta} =\alpha\ln|x|+C',
e portanto
y^2 =\frac{\bigl(\alpha\ln|x|+C'\bigr)^2-\beta}{\alpha},
com x\neq0 e o radicando não negativo.

Resposta

(a) \displaystyle y(t)=-\frac1{\,t-t^2+6\,}, t\in(-2,3).
(b) \displaystyle y(t)=\frac{-3+\sqrt{65-8(e^t+e^{-t})}}4, |t|\le\arccosh(4,0625).
(c) \displaystyle N(t)=C_1\exp\bigl((t-1)e^{t+2}-t\bigr), t\in\mathbb{R}.
(d) \displaystyle y^2=\frac{(\alpha\ln|x|+C')^2-\beta}{\alpha}, x\neq0, garantindo o radicando \ge0.

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