EDO’s Homogêneas de 1ª Ordem | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Uma equação diferencial na forma $$M(x,y)dx + N(x,y) dy =0$$ é chamada de homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau. De acordo com esta definição, uma equação na forma M(x,y)dx + N(x,y) dy =0 é homogênea se $$ M(tx,ty) = t^n M(x,y) \qquad e \qquad N(tx,ty) = t^n N(x,y).$$ Uma equação diferencial homogênea pode ser resolvida por meio de uma substituição algébrica.

Especificamente, a substituição y = u x ou x = v y , em que u e v são as novas variáveis independentes, e elas serão transformadas em EDOs separáveis, onde $$dy = u dx + x du$$ no primeiro caso e $$ dx = v dy + y dv, $$ no segundo caso. Ou seja, equações homogêneas são aquelas que podem ser escritas em termos da razão \dfrac{y}{x} e com isso se tornam equações separáveis.

Exercícios Resolvidos Sobre EDO’s Homogêneas de Primeira Ordem

1) Resolva as EDOs de 1ª ordem homogêneas abaixo:

a) (x^2 + y^2)dx + (x^2 - xy) dy =0

SOLUÇÃO: Fazendo y = u x encontramos a EDO $$ (x^2 + u^2 t^2)dx + (x^2 – u x^2)[udx + x du] = 0 $$ $$x^2 (1+u)dx+x^3(1-u)du = 0$$ $$\frac{1-u}{1+u} du + \frac{dx}{x} = 0 $$ $$ \left[ -1 + \frac{2}{1+u} \right] du + \frac{dx}{x} = 0 $$ Integrando em ambos os lados, encontramos $$ -u + 2 \ln{|1+u|} + \ln{|x|} = c $$ $$ -\frac{y}{x} + 2 \ln{ \left| 1+ \frac{y}{x} \right|} + \ln{|x|} = c  .$$

b) 2x^3 ydx + (x^4 + y^4) dy =0

SOLUÇÃO: Neste caso, fazemos x = vy , o que nos leva à equação $$ 2 v^3 y^4 (vdy + y dv) + (v^4 y^4 + y^4)dy = 0$$ que pode ser simplificada como $$\frac{2v^3 dv}{3v^4 +1} + \frac{dy}{y} = 0.$$ Integrando em ambos dos lados, obtemos $$ \frac{1}{6} \ln{(3v^4 +1)} + \ln{|y|} = c_1, $$ multiplicando toda a equação por 6 e aplicando a função exponencial encontramos $$ \ln{(3v^4 +1)} + 6 \ln{|y|} = 6 c_1 \Leftrightarrow e^{\ln{(3v^4 +1)} + 6 \ln{|y|}} = e^{6c_1}$$  $$ (3v^4 +1) y^6 = c \Leftrightarrow [3(xy^{-1})^4 +1] y^6 = c \Leftrightarrow 3 x^4y^2 + y^6 = c .$$

c) y( \ln{x} - \ln{y})dx = (x \ln{x} - x \ln{y} - y)dy

SOLUÇÃO: Esta equação pode ser reescrita como $$ y’ = \frac{y (\ln{x} – \ln{y})}{x (\ln{x} – \ln{y} – y/x)} = \frac{y}{x} \frac{\ln{(y/x)}}{\ln{(y/x)} + y/x} $$ que é uma EDO homogênea. Fazendo y = ux encontramos $$ xu’ + u = u \frac{\ln{u}}{\ln{u} + u} $$ o que nos leva à equação $$ xu’ = \frac{-u^2}{\ln{u} + u} $$ que tem solução dada por $$ \ln{|u|} \left( 1 – \frac{1}{u} \right) – \frac{1}{u} = \ln{|x|} + c$$ e voltando a substituição de variáveis $$ \ln{|y/x|} \left( 1 – \frac{x}{y} \right) – \frac{x}{y} = \ln{|x|} + c.$$

2) Resolva os PVIs abaixo:

a) x \dfrac{dy}{dx} = y + xe^{y/x}, \qquad y(1) = 1

SOLUÇÃO: Neste caso, reescrevemos a EDO como $$ x \frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + e^{y/x}, $$ e fazemos y = ux. Daí, a EDO se torna $$u + x u’ = u+ e^u \Leftrightarrow e^{-u}du = \frac{dx}{x} .$$ Integrando, encontramos $$-e^{-u} + c = \ln{|x|} \Leftrightarrow -e^{-y/x} + c = \ln{|x|} $$ Como y = 1 quando x=1, temos que c = e^{-1} . Portanto, a solução do PVI é dada por $$-e^{-y/x} + e^{-1} = \ln{|x|} .$$

b) xyy' = 3y^2 +x^2 sujeito a y(-1) = 2.

SOLUÇÃO: Reescrevendo a EDO obtemos uma equação homogênea, e usando a substituição y = ux , obtemos $$y’ = 3\frac{y}{x} +\frac{x}{y}$$ $$ xu’ + u = 3 u + u^{-1}$$ $$ xu’ = 2u + u^{-1} $$ $$ x u’ = \frac{2u^2 + 1}{u} $$ $$ \frac{u}{2u^2 + 1} du = \frac{dx}{x}$$ $$\frac{\ln\left( 2\,{u}^{2}+1\right) }{4} = \ln|x| +c$$ $$\frac{\ln\left( 2\,{(y/x)}^{2}+1\right) }{4} = \ln|x| +c$$

c) xy^2 \dfrac{dy}{dx} = y^3 - x^3 ; com y(1) = 3;

SOLUÇÃO: Esta é uma equação homogênea que pode ser reescrita como $$ \frac{y^2}{x^2} \frac{dy}{dx} = \frac{y^3}{x^3} – 1$$ ao dividi-la por x^3 . Fazendo y = u x encontramos a equação separável $$u^2 du = – \frac{1}{x} dx $$ o que nos leva a $$u^3 = – 3 \ln{|x|} +c ,$$ ou seja, a solução implícita geral da equação é dada por $$y^3 = -3x^3 \ln{|x|} +c x^3.$$ Como y(1) = 3, então $$ 3^3 = – 3 (1)^3 \ln|1| + c (1)^3 \Rightarrow c = 27.$$ Portanto, a solução particular implícita deste P.V.I. é dada por $$y^3 = -3x^3 \ln{|x|} +27 x^3.$$

 d) \left( x^2 + 2y^2 \right)dx = xydy; com y(-1) = 1;

SOLUÇÃO: Dividindo a equação por x^2 encontramos a equação homogênea $$\left( 1 + 2 \frac{y^2}{x^2} \right) = \frac{y}{x} \frac{dy}{dx}$$ que com a substituição y = u x nos leva à solução $$u^2 = \ln\left( \frac{1}{x^2} \right) + k $$ ou seja, a solução geral implícita é dada por $$y^2 = x^2 \ln\left( \frac{1}{x^2} \right) + kx^2. $$ Como y(-1) = 1, encontramos, substituindo na solução implícita, k = 1 . Portanto a solução particular implícita deste P.V.I. será dada por $$y^2 = x^2 \ln\left( \frac{1}{x^2} \right) + x^2. $$

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