Verifique que as equações abaixo são homogêneas e encontre suas soluções gerais:
\left(x^{2}-2 y^{2}\right)+x y y^{0}=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação
\left(x^{2}-2 y^{2}\right)+x y y^{0}=0.
Vou interpretar aqui que o símbolo y^{0} representa a derivada \dfrac{dy}{dx} (isto é, y'), porque o enunciado pede para verificar que a equação é homogênea e encontrar sua solução geral — isso faz sentido para uma EDO de primeira ordem. Portanto, a equação que vamos resolver é
\left(x^{2}-2 y^{2}\right)+x y y'=0.
Informações relevantes dadas:
M(x,y)=x^{2}-2y^{2},\qquad N(x,y)=x y,
e a equação está na forma
M(x,y)+N(x,y)\,y'=0.

Passo 2

Explico o que significa ser homogênea (de modo prático para este tipo de equação): funções M(x,y) e N(x,y) são homogêneas de mesmo grau n se, para todo t\neq0,
M(tx,ty)=t^{n}M(x,y)\quad\text{e}\quad N(tx,ty)=t^{n}N(x,y).
Se M e N têm o mesmo grau, a equação M(x,y)+N(x,y)y'=0 é chamada de equação homogênea; nesse caso podemos usar a substituição y=vx (ou v=y/x) para reduzir a EDO a uma equação separável.

Passo 3

Verifico o grau de homogeneidade de M e N:
  • M(x,y)=x^{2}-2y^{2}. Se aplicamos (x,y)\mapsto(tx,ty), obtemos (tx)^{2}-2(ty)^{2}=t^{2}(x^{2}-2y^{2}). Logo M é homogênea de grau 2.
  • N(x,y)=xy. Aplicando (tx)(ty)=t^{2}xy. Logo N também é homogênea de grau 2.
    Como ambos têm o mesmo grau 2, a equação é homogênea. (Fim da verificação pedida.)

Passo 4

Agora começo a resolver a equação. Primeiro isolo y':
x y\,y' = -\bigl(x^{2}-2y^{2}\bigr).
Dividindo por x y (assumindo x\neq0 e y\neq0 no passo algébrico; casos degenerate serão comentados depois),
y' = -\frac{x^{2}-2y^{2}}{x y} = -\frac{x}{y} + 2\frac{y}{x}.
Note que o lado direito depende apenas das razões \dfrac{y}{x} e \dfrac{x}{y}, isto é compatível com homogeneidade e sugere a substituição y=vx, onde v é função de x.

Passo 5

Faço a substituição y=vx. Então
y' = v + x\frac{dv}{dx}.
Substituindo na equação y' = -\dfrac{x}{y} + 2\dfrac{y}{x} obtemos (usando \dfrac{y}{x}=v e \dfrac{x}{y}=1/v)
v + x\frac{dv}{dx} = -\frac{1}{v} + 2v.
Isolando o termo com \dfrac{dv}{dx}:
x\frac{dv}{dx} = -\frac{1}{v} + 2v - v = -\frac{1}{v} + v = \frac{v^{2}-1}{v}.

Passo 6

Coloco a equação na forma separável:
\frac{dv}{dx} = \frac{v^{2}-1}{x v}\quad\Longrightarrow\quad \frac{v}{v^{2}-1}\,dv = \frac{dx}{x}.
Agora integro os dois lados. Para a integral à esquerda uso a substituição u=v^{2}-1, de modo que du=2v\,dv, então v\,dv=\dfrac{1}{2}du. Assim
\int \frac{v}{v^{2}-1}\,dv = \frac{1}{2}\int \frac{du}{u} = \frac{1}{2}\ln|u| + C_{1} = \frac{1}{2}\ln|v^{2}-1| + C_{1}.
A integral à direita é
\int \frac{dx}{x} = \ln|x| + C_{2}.
Igualando (absorvendo constantes numa só constante C):
\frac{1}{2}\ln|v^{2}-1| = \ln|x| + C \quad\Longrightarrow\quad \ln|v^{2}-1| = 2\ln|x| + C'.

Passo 7

Exponencio para eliminar o logaritmo:
|v^{2}-1| = C x^{2},
onde C é constante real (pode ser positiva ou negativa, então podemos escrever sem o valor absoluto como)
v^{2}-1 = C x^{2}.
Lembrando que v=\dfrac{y}{x}, substituo de volta:
\left(\frac{y}{x}\right)^{2} - 1 = C x^{2}.
Multiplicando por x^{2}:
y^{2} - x^{2} = C x^{4}.
Ou, escrevendo de maneira mais compacta,
y^{2} = x^{2} + C x^{4} = x^{2}\bigl(1 + C x^{2}\bigr).

Passo 8

Interpretação final e soluções explícitas: a solução geral implícita é
y^{2} = x^{2} + C x^{4},
onde C é constante arbitrária real. Podemos também escrever a solução explícita (quando faz sentido tomar raiz):
y = \pm x\sqrt{1 + C x^{2}}.
Observações adicionais simples:
  • A família com C=0 fornece as soluções particulares y=\pm x.
  • Devemos lembrar que x=0 ou pontos onde y=0 exigem cuidado ao dividir; as fórmulas acima valem em intervalos onde as operações realizadas (divisão por x e y) são permitidas. Soluções constantes triviais não aparecem aqui além de y\equiv0 que não satisfaz a equação original (verificar diretamente).

Resposta

y^{2}=x^{2}+C x^{4}
y=\pm x\sqrt{1+C x^{2}}

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