Use o método de separação de variáveis para resolver cada uma das equações diferenciais abaixo:
y^{\prime}=\frac{y}{x^{2}}

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial dada:
y'=\frac{y}{x^{2}}.
Informações fornecidas:
  • A incógnita é a função y(x).
  • A derivada indicada é y'=\dfrac{dy}{dx}.
  • Não foi dada condição inicial; então queremos a solução geral.
  • Observe que a expressão contém x^{2} no denominador, portanto é natural excluir o ponto x=0 da discussão do domínio (a solução será válida em intervalos que não contenham 0).

Passo 2

Interpretação e preparação para separação de variáveis.\n
Primeiro escrevemos explicitamente a derivada como \dfrac{dy}{dx}. Assim a equação fica
\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x^{2}}.
A ideia do método de separação de variáveis é colocar todos os termos que dependem de y de um lado (com dy) e todos os termos que dependem de x do outro (com dx), para então integrar ambos os lados. Para isso precisamos dividir por y; antes disso notamos que existe a solução trivial y\equiv0 (que satisfaz a equação), e que ao dividir por y estaremos implicitamente assumindo y\neq0. Trataremos a solução trivial separadamente (ela será recuperada ao permitir constante de integração igual a zero).

Passo 3

Separando as variáveis.\n
Assumindo y\neq0, dividimos ambos os lados por y e multiplicamos por dx:
\frac{1}{y}\,dy = \frac{1}{x^{2}}\,dx.
Aqui explico o que cada símbolo significa:
  • \dfrac{1}{y}\,dy significa que todos os fatores que dependem de y foram colocados junto com o diferencial dy.
  • \dfrac{1}{x^{2}}\,dx significa que todos os fatores que dependem de x foram colocados junto com dx.

Passo 4

Integrando ambos os lados.\n
Agora integramos lado a lado. Uso duas integrais básicas:
  • \displaystyle \int \frac{1}{y}\,dy = \ln|y| + C. Aqui o valor absoluto aparece porque o logaritmo natural só está definido para argumentos positivos, e a primitiva de 1/y deve cobrir y<0 também.
  • \displaystyle \int x^{-2}\,dx = \int x^{-2}\,dx = -x^{-1} + C = -\frac{1}{x} + C. Esta primitiva vem da regra \int x^{n}\,dx = \dfrac{x^{n+1}}{n+1} para n\neq -1; aqui n=-2.
Aplicando as integrais:
\int \frac{1}{y}\,dy = \int x^{-2}\,dx
\Rightarrow \ln|y| = -\frac{1}{x} + C,
onde C é a constante de integração (já consolidei as constantes dos dois lados em uma só).

Passo 5

Isolando y (exponenciação) e interpretando a constante.\n
Para eliminar o logaritmo, exponenciamos ambos os lados:
|y| = e^{-\frac{1}{x}+C} = e^{C}\,e^{-\frac{1}{x}}.
Definindo A:=e^{C}>0 obtemos |y|=A e^{-1/x}, logo
y=\pm A e^{-1/x}.
Podemos escrever essa família de soluções de forma mais compacta usando uma constante C que pode ser qualquer número real (positiva, negativa ou zero):
y(x)=C\,e^{-\frac{1}{x}},
onde C\in\mathbb{R}. Note que escolher C=0 recupera a solução trivial y\equiv0. Reforçando: essa expressão é válida para x\neq0; tipicamente se escolhe um intervalo como (-\infty,0) ou (0,\infty) onde a solução é definida continuamente.

Passo 6

Comentário final e dica prática para prova.\n
  • Resumo do método aplicado: colocar \dfrac{dy}{dx}= expressão separável, rearranjar para \dfrac{1}{g(y)}\,dy = h(x)\,dx, integrar ambos os lados, resolver para y e incluir constante de integração. Sempre verificar soluções que foram excluídas ao dividir (aqui y\equiv0).\n
  • Dica rápida: ao integrar \int x^{-2}\,dx lembre-se de que é -1/x — é um padrão útil para potências negativas simples.\n
  • Lembre-se também de indicar o domínio (aqui x\neq0) em que a solução é válida.

Resposta

y(x)=C\,e^{-\frac{1}{x}},\qquad C\in\mathbb{R},\\ x\neq0

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