EDO’s Homogêneas de 1ª Ordem | 2ª 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.

2ª Lista de Exercícios Resolvidos Sobre EDO’s Homogêneas de Primeira Ordem

1) Resolva a equação \begin{equation} \frac{dy}{dt}=\frac{y-4t}{t-y} .\end{equation}

SOLUÇÃO: Vamos dividir, primeiramente, numerador e denominador pela variável t. Assim, \begin{equation} \tag{1} \dfrac{dy}{dt}=\dfrac{\dfrac{y}{t}-4}{1-\dfrac{y}{t}}. \end{equation} Agora, façamos a mudança de variável u=\dfrac{y}{t}. Daí,

\begin{eqnarray*}
\dfrac{du}{dt} & = & \dfrac{1}{t} \dfrac{dy}{dt} – \dfrac{y}{t^2}\\
\\
\dfrac{du}{dt} + \dfrac{y}{t^2}& = & \dfrac{1}{t} \dfrac{dy}{dt} \\
\\
t \dfrac{du}{dt} + \dfrac{y}{t} & = & \dfrac{dy}{dt}\\
\\
t \dfrac{du}{dt} + u & = & \dfrac{dy}{dt}\\
\\
\end{eqnarray*}

Desta forma, a equação (1) fica \begin{equation} \label{eqhomo1}u+t\dfrac{du}{dt}=\dfrac{u-4}{1-u}. \end{equation} Manipulando algebricamente,

\begin{eqnarray*}
t\dfrac{du}{dt} & = & \dfrac{u-4}{1-u} – u\\
\\
& = & \dfrac{u-4}{1-u} – \dfrac{u – u^2}{1-u} \\
\\
& = & \dfrac{u-4-u + u^2}{1-u}\\
\\
& = & \dfrac{u^2-4}{1-u}\\
\\
\end{eqnarray*}

Daí,

\begin{eqnarray*}
\dfrac{1-u}{u^2-4} \;\; \dfrac{du}{dt} & = & \dfrac{1}{t}\\
\\
\dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{1}{4} \ln \left| \dfrac{u-2}{u+2}\right| -\dfrac{1}{2}\ln \left|u^2-4 \right| \right)& = & \dfrac{1}{t}\\
\\
\dfrac{1}{4} \ln \left| \dfrac{u-2}{u+2}\right| -\dfrac{1}{2}\ln \left|u^2-4 \right| & = & \ln{t} + C\\
\\
\dfrac{1}{4} \ln \left| \dfrac{\dfrac{y}{t}-2}{\dfrac{y}{t}+2}\right| -\dfrac{1}{2}\ln \left|\left( \dfrac{y}{t} \right)^2-4 \right| & = & \ln{t} + C
\end{eqnarray*}

Para resolver esta EDO usamos a integrais abaixo:

\begin{eqnarray*}
\int{\dfrac{1-u}{u^2-4}}du & = & \int{\dfrac{1-u}{(u-2)(u+2)}}du\\
\\
& = & \underbrace{\int{\dfrac{1}{(u-2)(u+2)}}du}_{I} – \underbrace{\int{\dfrac{u}{(u-2)(u+2)}}du}_{II}\\
\\
\end{eqnarray*}

Solução de I:

$$\dfrac{1}{(u-2)(u+2)} = \dfrac{A}{u-2} + \dfrac{B}{u+2} \Rightarrow \dfrac{1}{(u+2)} = \dfrac{Au+Bu-2B+2A}{(u+2)} \Rightarrow
\left\{ \begin{array} {lll}
A+B & = & 0\\
\\
2A-2B&=&1\\
\end{array} \right.$$ $$\Rightarrow A=\dfrac{1}{4}\;\;\;e\;\;\;B=\dfrac{-1}{4}.$$ Logo, $$\dfrac{1}{(u-2)(u+2)} = \dfrac{1/4}{u-2} – \dfrac{1/4}{u+2}$$ Assim, $$\int{\dfrac{1}{(u-2)(u+2)}}du = \int{\dfrac{1/4}{u-2}}du – \int{\dfrac{1/4}{u+2}}du=\dfrac{1}{4} \ln{\left| \dfrac{u-2}{u+2} \right|}$$

Solução de II:

$$v=u^2-4 \Rightarrow dv=2udu \Rightarrow \dfrac{dv}{2}=udu.$$ Daí, $$\int{\dfrac{u}{(u-2)(u+2)}}du=\int{\dfrac{u}{u^2-4}}du= \dfrac{1}{2} \int{\dfrac{1}{v}}dv = \dfrac{1}{2}\ln{|v|}=\dfrac{1}{2}\ln{|u^2 – 4|}$$

Solução Geral: 

$$\int{\dfrac{1-u}{u^2-4}}du = \ln{\left| \dfrac{u-2}{u+2} \right|} -\dfrac{1}{2}\ln{|u^2 – 4|}$$

2) Calcule a solução das EDO’s homogêneas de 1ª ordem:

a) xdx + (y-2x)dy = 0

SOLUÇÃO: Reescrevendo a equação obtemos $$ 1 + \left( \frac{y}{x} -2 \right) \frac{dy}{dx} = 0. $$ Fazendo y = xu encontramos a equação $$ 1 + (u -2) \left( u + x \frac{du}{dx} \right) = 0 $$ que é separável, dada por \begin{eqnarray} \frac{u-2}{-u^2 + 2u -1} du & = & \frac{1}{x} dx  \\ \frac{u-2}{-(u -1)^2} du& = & \frac{1}{x} dx \\ \frac{2-u}{(u -1)^2} du& = & \frac{1}{x} dx  \end{eqnarray} e integrando em ambos os lados e desfazendo a mudança de variáveis encontramos \begin{eqnarray} -\mathrm{ln}\left( |u-1|\right) -\frac{1}{u-1} & = & \ln{|x|} +c \\ \mathrm{ln}\left( \left| \frac{y}{x}-1 \right| \right) -\frac{1}{\frac{y}{x}-1} & = & \ln{|x|} +c \\ \mathrm{ln}\left( \left| \frac{y}{x}-1 \right| \right) -\frac{x}{y-x} & = & \ln{|x|} +c \end{eqnarray} como solução implícita da EDO.

b) \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y-x}{y+x}

SOLUÇÃO: Dividindo numerador denominador por x e fazendo y = u x , obtemos $$ \frac{dy}{dx} = \frac{y/x -1}{y/x+1} \Leftrightarrow u + x \frac{du}{dx} =  \frac{u -1}{u+1} \Leftrightarrow \\  \Leftrightarrow x \frac{du}{dx} = – \frac{u^2 +1}{u+1} \Leftrightarrow   – \frac{u+1}{u^2 +1} du = \frac{1}{x} dx .$$ Integrando em ambos os lados da equação, encontramos como solução implícita: $$ -\frac{\mathrm{log}\left( {u}^{2}+1\right) }{2}-\mathrm{arctan}\left( u\right) = \ln{|x|} + c \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow -\frac{\mathrm{log}\left( [y/x]^{2}+1\right) }{2}-\mathrm{arctan}\left( y/x \right) = \ln{|x|} + c $$

c) x \dfrac{dy}{dx} - y = \sqrt{x^2 + y^2}

SOLUÇÃO: Reescrevendo a equação como $$ x \frac{dy}{dx} – y = x \sqrt{1 + \left(\frac{y}{x} \right)^2}$$ e dividindo a equação por x obtemos $$ \frac{dy}{dx} – \frac{y}{x} = \sqrt{1 + \left(\frac{y}{x} \right)^2}.$$ Daí, utilizando a substituição y = ux encontramos a nova equação separável $$ x\frac{du}{dx} = \sqrt{1 + \left( u \right)^2},$$ que nos leva à equação $$\frac{1}{\sqrt{1 + \left( u \right)^2}} du = \frac{1}{x} dx .$$ Integrando em ambos os lados  da equação encontramos a solução implícita $$ \mathrm{arcsenh}(u) = \ln{|x|} + c$$ que pode ser dada explicitamente por $$ u = \mathrm{senh}\left( \ln{|x|} + c \right).$$ Revertendo a mudança de variáveis encontramos $$y(x) = x \mathrm{senh}\left( \ln{|x|} + c \right).$$

d) \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{x} + \dfrac{x}{y}

SOLUÇÃO: Fazendo y = u x encontramos a equação $$u + x \frac{du}{dx} = u + \frac{1}{u} \Leftrightarrow x \frac{du}{dx} =  \frac{1}{u}$$  que é separável:  $$udu = \frac{1}{x} dx.$$ Integrando em ambos os lados temos $$\frac{u^2}{2} = \ln|x| +c \Leftrightarrow u = \pm \sqrt{\ln \left( x^2 \right) +2c}$$ Lembrando que y = u x , obtemos a solução explícita da EDO dada por $$y = \pm x \sqrt{\ln \left( x^2 \right) +2c}$$

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

SOLUÇÃO: Dividindo a equação por x^2 dx obtemos $$ 1 + \frac{y}{x} – \frac{y^2}{x^2} – \frac{y}{x} \frac{dy}{dx} = 0 .$$ Utilizando a mudança de variáveis y = u x ficamos com a equação $$1 + u -u^2 – u \left( u + x \frac{du}{dx} \right) = 0$$ que nos leva à equação separável $$ \frac{u}{1+u-2u^2} du = \frac{1}{x} dx $$ que integrada em ambos os lados nos dá a solução implícita $$ -\frac{\mathrm{ln}\left( 2\,u+1\right) }{6}-\frac{\mathrm{ln}\left( u-1\right) }{3} = \ln|x| +c .$$ Lembrando que y /x = u temos qua a solução implícita da equação é dada por $$ -\frac{\mathrm{ln}\left( 2\, (y/x)+1\right) }{6}-\frac{\mathrm{ln}\left( (y/x) -1\right) }{3} = \ln|x| +c .$$

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