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Seção 2 Equações Diferenciais Homogêneas

Para apresentar o conceito de equação diferencial homogênea de primeira ordem e como resolvê-las precisamos definir o que é uma função homogênea.

Definição 2.1. Função Homogênea.

Uma função \(f\) é dita homogênea de grau \(n\) se satisfaz

\begin{equation*} f(tx,y)=t^{n}f(x,y) \end{equation*}

para algum \(n\text{.}\)

Note que se \(f(x,y)=x^2+y^2\) então

\begin{equation*} f(tx,ty)=(xt)^2+ (yt)^2=t^2x^2+ t^2y^2= t^2(x^2+y^2)=t^2f(x,y). \end{equation*}

Verifique se \(f(x,y)=x^2-3xy+5y^2\) é uma função homogênea.

Resposta.
\(f\) é homogênea de grau 2.

Observe que se \(f(x,y)=\sqrt[5]{2x^2 + 2y^2}\) então

\begin{equation*} f(xt,yt)=\sqrt[5]{2t^2x^2 + 2t^2y^2} = t^{\frac{2}{5}}\sqrt[5]{2x^2 + 2y^2}=t^{\frac{2}{5}}f(x,y). \end{equation*}

Logo, \(f(x,y)=\sqrt[5]{2x^2 + 2y^2}\) é homogênea de grau \(\frac{2}{5}.\)

A função \(f(x,y)= x^2+y^2+1\) é não homogênea já que

\begin{equation*} f(tx,ty)=t^2x^2 + t^2x^2+1 \neq t^2f(x,y). \end{equation*}

Isso se deve, geralmente, pela constante adicionada ao final da expressão \(x^2+y^2\) que, por se só, é uma função homogênea. Outro fator que naturalmente influencia na homogêneadade é o grau dos termos da expressão, por exemplo,

\begin{equation*} h(x,y)=\ob{x^2}{\text{grau 2}}-\ob{y}{\text{grau 1}} \end{equation*}

é não homogênea. Podemos ver isso verificando que

\begin{equation*} h(tx,ty)=t^2x^2-ty\neq t^kh(x,y)\text{,} \end{equation*}

seja \(k=1\) ou \(k=2\text{.}\)

Mostre que \(f(x,y)=\frac{x}{3y} + 2\) é homogênea de grau 0.

Dica.
Lembre que podemos escrever \(1=t^0.\)

Agora vamos a um dos nossos objetivos que é apresentar o conceito de equação diferencial homogênea.

Definição 2.7. Equação Diferencial Homogênea.

Uma equação diferencial é dita ser homogênea de primeira ordem se ela é da forma

\begin{equation*} P(x,y)\dd x + Q(x,y)\dd y=0 \end{equation*}

em que \(P\) e \(Q\) são funções homogêneas de mesmo grau.

Verifique se a equação diferencial

\begin{equation*} \frac{\dd y}{\dd x}=\frac{2xy+ y^2}{x^2} \end{equation*}

é homogênea.

Solução.

A EDO pode ser reescrita como

\begin{equation*} -(2xy+y^2)\dd x + x^2\dd y=0\text{.} \end{equation*}

Fazendo \(P(x,y)=-(2xy+y^2)\) e \(Q(x,y)=x^2\) temos

\begin{gather*} P(xt,yt)=-(2xtyt+t^2y^2)= t^2P(x,y)\\ Q(xt,yt)= t^2x=t^2Q(x,y). \end{gather*}

são ambas homogêneas de grau 2. Portanto, a equação diferencial \(\frac{\dd y}{\dd x}=\frac{2xy+ y^2}{x^2}\) é homogênea.

Subseção 2.1 Um método de solução

A ideia principal é tranformar uma equação diferencial homogênea em separável. Para isso, fazemos a substituição \(y=ux\) ou \(x=vy\) de modo que \(u\) e \(v\) sejam as novas variáveis independentes. Isso fica claro quando diferenciamos \(y=ux\text{,}\) obtendo

\begin{gather*} \dd y =u\dd x + x\dd u \quad \ct{Uma espécie de derivada do produto}. \end{gather*}

Substituindo na equação diferencial homogênea, temos

\begin{equation*} P(x,ux)\dd x + Q(x,ux)[u\dd x + x\dd u]=0\text{.} \end{equation*}

Do fato de \(P\) e \(Q\) serem homogêneas de mesmo grau (digamos \(k\)), podemos escrever

\begin{equation*} x^kP(1,u)\dd x + x^kQ(1,u)[u\dd x + x\dd u]=0\text{.} \end{equation*}

ou ainda,

\begin{equation*} [P(1,u) + uQ(1,u)]\dd x + xQ(1,u)\dd u = 0, \end{equation*}

daí,

\begin{gather} \frac{\dd x}{x} + \frac{Q(1,u)\dd u}{P(1,u) + uQ(1,u)}=0.\tag{2.1} \end{gather}

Note que a equação (2.1) é separável. É possível usar a substituição \(x=vy\) e também chegar a uma equação separável como(2.1).

Nota 2.9.

Ao invés de memorizar a equação (2.1) para resolver uma EDO homogênea é preferível repetir os passos acima.

Resolva a equação \((x^2+y^2)\dd x + (x^2-xy)\dd y=0.\)

Solução.

As função \(P=(x^2+ y^2)\) e \(Q(x,y)=x^2-xy\) são homogêneas de grau 2. A substituição \(y=ux\) produz

\begin{align*} (x^2+u^2x^2)\dd x + (x^2-ux^2)[u\dd x + x\dd u]\amp = 0\\ x^2(1+u)\dd x + x^3(1-u)\dd u\amp =0\\ \frac{1-u}{1+u}\dd u + \frac{\dd x}{x}\amp =0\\ \left[-1+\frac{2}{1+u}\right]\dd u + \frac{\dd x}{x}\amp = 0 \end{align*}

Agora, após integrar a última linha acima, obtemos

\begin{align} -u + 2\ln|1+u| + \ln|x| \amp=\ln|c|\tag{2.2}\\ -\frac{y}{x} + 2\ln\left|1+\frac{y}{x}\right| + \ln|x|\amp =\ln|c|.\tag{2.3} \end{align}

Por fim, usamos as propriedades de logaritmo em (2.3) para obter

\begin{gather} \ln\left|\frac{(x+y)^2}{cx}\right|=\frac{y}{x}.\tag{2.4} \end{gather}

Tomando a exponencial de (2.4) encontramos

\begin{equation*} (x+y)^2=cxe^{\frac{y}{x}}. \end{equation*}

A escolha entre a substituição \(x=vy\) e a \(y=ux\) na equação diferencial homogênea pode tornar os termos da equação (2.4) difíceis de integrar. De maneira geral, é p´referível usar \(x=vy\) quando a função \(P(x,y)\) é mais simples que \(Q(x,y)\text{,}\) exemplificamos a seguir.

Resolva e equação

\begin{equation*} 2x^3y\dd x + (x^4+y^4)\dd y=0 \end{equation*}
Solução.

As funções \(P(x,y)=x^3y\,\dd x\) e \(Q(x,y)=(x^4+y^4)\dd y\) são ambas homogêneas de grau 4. Como a expressão de \(P\) é mais simples que a de \(Q\text{,}\) escolhemos \(x=vy\) para obter

\begin{align*} 2v^3y^4[v\dd y + y\dd v] + (v^4y^4+ y^4)\dd y\amp =0 \end{align*}

que depois de simplificada se torna

\begin{equation*} \frac{2v^3 \dd v}{3v^4+1} + \frac{\dd y}{y} =0. \end{equation*}

A integral de cada termo acima gera

\begin{equation*} \frac{1}{6}\ln{(3v^4+1)} + \ln|y| = \ln|c_1| \end{equation*}

que depois de aplicar a exponencial em ambos os lados produz

\begin{equation*} (3v^4+1)^{\frac{1}{6}}y=\ln|c_1|. \end{equation*}

Agora, fazendo \(v=x/y\) e elevando ambos os lados a sexta potência descobrimos

\begin{equation*} 3x^4y^2+y^6=c \end{equation*}

de modo que \(c=c_{1}^6\text{.}\) Por outro lado, quando se usa a substituição \(y=ux\) teríamos

\begin{equation*} \frac{\dd x}{x} + \frac{u^4+1}{u^5+3u}\dd u =0. \end{equation*}

O último termos da equação acima parecer ser ainda mais complicado do que no caso anterior.

Uma forma alternativa.

Primeiro observe que se \(f(x,y)\) for uma função homogênea de grau \(n\text{,}\) note que poderemos escrever

\begin{gather} f(x,y)=x^nf\left(1,\frac{y}{x}\right)\tag{2.5}\\ f(x,y)=y^nf\left(\frac{x}{y},1\right)\tag{2.6} \end{gather}

de modo que \(f(1, y/x)\) e \(f(x/y,1)\) são ambas homogêneas de grau zero.

Agora suponha que reescrevemos a EDO \(P(x,y)\dd x + Q(x,y)\dd y=0\) na forma

\begin{equation*} \frac{\dd y}{\dd x}=f(x,y)\text{,} \end{equation*}

de modo que

\begin{equation*} f(x,y)=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}. \end{equation*}

A função \(f(x,y)\) deve ser necessáriamente homogênea de grau zero quando \(P\) e \(Q\) são homogêneas de grau \(n\text{.}\) De (2.5) temos

\begin{gather} f(x,y) =-\frac{x^nP\left(1,\frac{y}{x}\right)}{x^nQ\left(1,\frac{y}{x}\right)}= -\frac{P\left(1,\frac{y}{x}\right)}{Q\left(1,\frac{y}{x}\right)}.\tag{2.7} \end{gather}

Assim, alternativamente, podemos representar uma equação diferencial homogênea da forma

\begin{equation*} \frac{\dd y}{\dd x}=F\left(\frac{y}{x}\right). \end{equation*}

Resolva o problema de valor inicial

\begin{equation*} x\frac{\dd y}{\dd x}=y+xe^{\frac{y}{x},\qquad y(1)=1. \end{equation*}
Solução.

Quando escrevemos a equação diferencial da forma

\begin{equation*} \frac{\dd y}{\dd x}=\frac{y}{x} + xe^{\frac{y}{x}}, \end{equation*}

nota-se que a expressão à direita da igualdade é homogênea de grau zero. Olhando para expressão, somos induzidos a escolher a substituição \(u=\frac{y}{x}.\) Depois de derivar \(y=ux\) usando a regra do produto e substituir, obtemos \(u+x\frac{\dd u}{\dd x}=u+e^u.\) Separando as variáveis encontramos

\begin{equation*} e^{-u}\dd u=\frac{\dd x}{x}. \end{equation*}

Integrando e substituindo \(u=\frac{y}{x},\) temos

\begin{align*} -e^{-u}+c\amp=\ln|x|\\ -e^{-y/x}+c\amp=\ln|x| \ct{retornando às variáveis $x$ e $y$}. \end{align*}

Da condição inicial temos \(-e^{-1}+c =0\text{,}\) isto é, \(c=e^{-1}\text{.}\) Portanto, A solução para o problema de valor inical é

\begin{equation*} e^{-1}-e^{-y/x}=\ln|x|. \end{equation*}