Substituições: equações homogêneas e a translação dos eixos

O enunciado é do livro; a resolução é nossa. Tente antes de abrir — e confira 21 e 23 na p. 557 do Braun; os pares não têm resposta no livro.

1. intermediáriotranslação dos eixosBraun §1.4, nº 20

   Considere a equação diferencial

   $$\frac{dy}{dt} = \frac{t + y + 1}{t - y + 3}. \qquad (*)$$

   Saberíamos resolver esta equação se as constantes $1$ e $3$ não estivessem presentes. Para eliminá-las, fazemos a substituição $t = T + h$, $y = Y + k$.

   (a) Determine $h$ e $k$ de modo que $(*)$ possa ser escrita na forma $\dfrac{dY}{dT} = \dfrac{T + Y}{T - Y}$.

   (b) Encontre a solução geral de $(*)$. (Veja o Exercício 18.)

   Dica

   Em (a), substitua e imponha que as constantes que sobram sejam nulas — são duas equações lineares em $h$ e $k$. Em (b), a equação reduzida é homogênea: use $V = Y/T$.

   Resolução

   Por que a substituição não muda a derivada. Como $h$ e $k$ são constantes, $dT = dt$ e $dY = dy$, de modo que $\frac{dY}{dT} = \frac{dy}{dt}$. A troca é uma translação dos eixos, e a inclinação da curva em cada ponto é a mesma vista de qualquer origem.

   (a) Determinação de $h$ e $k$. Substituindo $t = T+h$ e $y = Y+k$:

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{T + Y + (h + k + 1)}{T - Y + (h - k + 3)}.$$

   Para chegar à forma pedida basta anular as duas constantes:

   $$\begin{cases} h + k + 1 = 0 \\ h - k + 3 = 0 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad h = -2, \quad k = 1.$$

   Ou seja, $T = t + 2$ e $Y = y - 1$: a nova origem está em $(t,y) = (-2,\,1)$, que é precisamente onde as retas $t + y + 1 = 0$ e $t - y + 3 = 0$ se cruzam. Não é coincidência — é o conteúdo do exercício 21.

   (b) A equação reduzida. Dividindo numerador e denominador por $T$,

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{1 + Y/T}{1 - Y/T},$$

   que só depende de $V = Y/T$: é homogênea. Com $Y = TV$ e $Y' = V + TV'$,

   $$T\frac{dV}{dT} = \frac{1+V}{1-V} - V = \frac{(1+V) - V(1-V)}{1-V} = \frac{1 + V^2}{1 - V}.$$

   Separação e integração. Como $1 + V^2 \geq 1$, não se perde solução ao dividir:

   $$\int \frac{1-V}{1+V^2}\,dV = \int \frac{dT}{T} \quad\Longrightarrow\quad \arctan V - \frac{1}{2}\ln(1+V^2) = \ln|T| + c.$$

   Volta a $T$ e $Y$. Com $V = Y/T$, os dois termos logarítmicos se juntam:

   $$\frac{1}{2}\ln\!\left(1 + \frac{Y^2}{T^2}\right) + \ln|T| = \frac{1}{2}\ln\!\frac{T^2+Y^2}{T^2} + \ln|T| = \frac{1}{2}\ln\bigl(T^2 + Y^2\bigr),$$

   de modo que a solução geral, em forma implícita, é

   $$\arctan\!\frac{Y}{T} = \frac{1}{2}\ln\bigl(T^2 + Y^2\bigr) + c.$$

   Volta às variáveis originais. Com $T = t+2$ e $Y = y-1$,

   $$\boxed{\; \arctan\!\left(\frac{y-1}{t+2}\right) = \frac{1}{2}\ln\!\left[(t+2)^2 + (y-1)^2\right] + c \;}$$

   O que essas curvas são. Em coordenadas polares centradas na nova origem — $T = r\cos\theta$, $Y = r\sin\theta$ — a igualdade acima diz $\theta = \ln r + c$, isto é,

   $$r = k\,e^{\theta}, \qquad k > 0:$$

   espirais logarítmicas em torno do ponto $(-2,\,1)$. Escrita assim, a resposta não tem o defeito do $\arctan$, que só distingue direções a menos de $\pi$ e obriga a tratar $T>0$ e $T<0$ em separado.

   Verificação. Para $r = ke^{\theta}$ vale $\frac{dr}{d\theta} = r$, e

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{r'\sin\theta + r\cos\theta}{r'\cos\theta - r\sin\theta} = \frac{\sin\theta + \cos\theta}{\cos\theta - \sin\theta} = \frac{Y + T}{T - Y}. \;\checkmark$$

   Sobre o ponto $(-2,1)$. Ali numerador e denominador se anulam ao mesmo tempo: a equação assume a forma $0/0$ e não define direção alguma. É o centro das espirais, e nenhuma solução passa por ele — todas apenas se enrolam em sua volta, com $r \to 0$ quando $\theta \to -\infty$.

2. avançadoo teorema por trás da substituiçãoBraun §1.4, nº 21

   (a) Prove que a equação diferencial

   $$\frac{dy}{dt} = \frac{at + by + m}{ct + dy + n},$$

   onde $a$, $b$, $c$, $d$, $m$ e $n$ são constantes, sempre pode ser reduzida a $\dfrac{dy}{dt} = \dfrac{at+by}{ct+dy}$ se $ad - bc \neq 0$.

   (b) Resolva a equação acima no caso especial em que $ad = bc$.

   Dica

   Em (a), a substituição do exercício 20 leva a um sistema linear $2\times 2$ em $h$ e $k$ cujo determinante é exatamente $ad-bc$. Em (b), a hipótese diz que $(c,d)$ é múltiplo de $(a,b)$ — então $v = at+by$ é a única variável que aparece.

   Resolução

   (a) O caso $ad - bc \neq 0$. Com $t = T+h$, $y = Y+k$, e lembrando que $\frac{dY}{dT} = \frac{dy}{dt}$,

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{aT + bY + (ah + bk + m)}{cT + dY + (ch + dk + n)}.$$

   A forma desejada se obtém exigindo que as duas constantes se anulem:

   $$\begin{cases} ah + bk = -m \\ ch + dk = -n. \end{cases}$$

   Isto é um sistema linear em $(h,k)$ com matriz $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ e determinante $ad - bc$. Sendo ele não nulo, o sistema tem solução única — e, por Cramer,

   $$h = \frac{bn - dm}{ad - bc}, \qquad k = \frac{cm - an}{ad - bc}.$$

   Feita essa translação, a equação fica $\frac{dY}{dT} = \frac{aT+bY}{cT+dY}$, como se queria. E ela agora é homogênea: dividindo por $T$ em cima e embaixo, o lado direito é $\frac{a + b(Y/T)}{c + d(Y/T)}$, função só de $Y/T$. Pelo exercício 13, é separável.

   Leitura geométrica. $ad - bc \neq 0$ é exatamente a condição de as retas $at+by+m=0$ e $ct+dy+n=0$ não serem paralelas; e o par $(h,k)$ dado por Cramer é o ponto onde elas se cruzam. A demonstração é a versão algébrica de “mude a origem para a interseção”.

   (b) O caso $ad = bc$. Agora as duas retas são paralelas, não há ponto de encontro, e a translação não tem o que fazer. Mas a mesma hipótese dá o substituto: $ad - bc = 0$ diz que os vetores $(a,b)$ e $(c,d)$ são proporcionais, digamos $(c,d) = \lambda(a,b)$, e portanto

   $$ct + dy = \lambda\,(at + by).$$

   Numerador e denominador dependem de $t$ e $y$ só através de $v = at + by$. Essa é a variável certa. De $v' = a + b\,y'$,

   $$\frac{dv}{dt} = a + b\,\frac{v + m}{\lambda v + n},$$

   que é separável — não sobrou nenhum $t$ ou $y$ solto do lado direito. (Se $b = 0$, a hipótese força $ad = 0$; com $a \neq 0$ isso dá $d = 0$ e a equação $y' = \frac{at+m}{ct+n}$ se integra diretamente. Suponhamos daqui em diante $a \neq 0$ e $b \neq 0$, e escrevamos $\lambda = c/a$.)

   A conta. Multiplicando numerador e denominador por $a$,

   $$\frac{dv}{dt} = a + \frac{ab(v+m)}{cv + an} = \frac{a\bigl[(b+c)v + an + bm\bigr]}{cv + an}.$$

   Chamando $w = (b+c)v + an + bm$ — de modo que $w' = (b+c)v'$ e $cv + an = \dfrac{cw + b(an - cm)}{b+c}$ — a equação vira

   $$\frac{cw + b(an-cm)}{w}\,dw = a(b+c)^2\,dt,$$

   e integrando,

   $$c\,w + b(an - cm)\ln|w| = a(b+c)^2\,t + \text{const}.$$

   Simplificação. Substituindo $w$ de volta, $cw = c(b+c)(at+by) + c(an+bm)$, e o termo em $t$ se combina com ele:

   $$a(b+c)^2 t - c(b+c)(at+by) = b(b+c)(at - cy).$$

   Absorvendo as constantes e dividindo por $b$:

   $$\boxed{\; (an - cm)\,\ln\bigl|(b+c)(at+by) + an + bm\bigr| = (b+c)(at - cy) + \text{const}\;}$$

   ou, exponenciando,

   $$\bigl|(b+c)(at+by) + an + bm\bigr| = k\,\exp\!\left[\frac{(b+c)(at - cy)}{an - cm}\right].$$

   Os dois subcasos que a fórmula não cobre.

   • Se $an = cm$, então $ct+dy+n = \frac{c}{a}(at+by+m)$: o denominador é múltiplo do numerador, $y' \equiv a/c$ é constante e as soluções são retas.
   • Se $b + c = 0$, então $w$ é constante e a separação fica ainda mais simples: $(cv + an)\,dv = a(an+bm)\,dt$, que integra num polinômio de segundo grau em $v$, sem logaritmo nenhum. É o caso do exercício 23.
3. intermediáriotranslação seguida de homogêneaBraun §1.4, nº 22

   Encontre a solução geral de

   $$(1 + t - 2y) + (4t - 3y - 6)\frac{dy}{dt} = 0.$$

   Dica

   Isole $y'$ para reconhecer o formato do exercício 21 e teste $ad-bc$. Dá diferente de zero: transladar a origem para a interseção das duas retas e seguir com $V = Y/T$.

   Resolução

   Forma padrão.

   $$\frac{dy}{dt} = -\frac{1 + t - 2y}{4t - 3y - 6} = \frac{2y - t - 1}{4t - 3y - 6},$$

   isto é, $a = -1$, $b = 2$, $m = -1$, $c = 4$, $d = -3$, $n = -6$. Então

   $$ad - bc = (-1)(-3) - (2)(4) = -5 \neq 0,$$

   e estamos no caso genérico do exercício 21: as retas se cruzam.

   Translação. Resolvendo $-h + 2k - 1 = 0$ e $4h - 3k - 6 = 0$ obtém-se $h = 3$, $k = 2$. Com $T = t - 3$ e $Y = y - 2$,

   $$\frac{dY}{dT} = \frac{2Y - T}{4T - 3Y}.$$

   Homogênea. Com $V = Y/T$ e $Y' = V + TV'$,

   $$T\frac{dV}{dT} = \frac{2V - 1}{4 - 3V} - V = \frac{2V - 1 - 4V + 3V^2}{4 - 3V} = \frac{3V^2 - 2V - 1}{4 - 3V} = \frac{(3V+1)(V-1)}{4 - 3V}.$$

   Frações parciais. De $4 - 3V = A(V-1) + B(3V+1)$, avaliando em $V = 1$ e em $V = -\frac13$, vem $B = \frac14$ e $A = -\frac{15}{4}$. Logo

   $$\int\!\left[\frac{-15/4}{3V+1} + \frac{1/4}{V-1}\right]dV = \int\frac{dT}{T} \quad\Longrightarrow\quad -\frac{5}{4}\ln|3V+1| + \frac{1}{4}\ln|V-1| = \ln|T| + c.$$

   Multiplicando por $4$ e exponenciando,

   $$\frac{V-1}{(3V+1)^5} = C\,T^4.$$

   Volta a $T$ e $Y$. Com $V = Y/T$, temos $V - 1 = \frac{Y-T}{T}$ e $(3V+1)^5 = \frac{(3Y+T)^5}{T^5}$, de modo que o lado esquerdo é $\frac{(Y-T)\,T^4}{(3Y+T)^5}$ — e o fator $T^4$ cancela com o da direita:

   $$Y - T = C\,(T + 3Y)^5.$$

   Volta às variáveis originais. Com $T = t-3$ e $Y = y-2$: $Y - T = y - t + 1$ e $T + 3Y = t + 3y - 9$. Portanto

   $$\boxed{\;y - t + 1 = C\,(t + 3y - 9)^5\;}$$

   Verificação. Escrevendo $u = t+3y-9$ e $p = y-t+1$, derivar $p = Cu^5$ dá $p' = 5Cu^4u' = \frac{5p}{u}u'$, ou seja $(y'-1)u = 5p\,(1+3y')$, e daí $y'(u - 15p) = u + 5p$. Como

   $$u - 15p = 4(4t - 3y - 6), \qquad u + 5p = 4(2y - t - 1),$$

   sobra $y' = \dfrac{2y-t-1}{4t-3y-6}$. ✓

   As duas soluções que a divisão excluiu. Ao dividir por $(3V+1)(V-1)$ supusemos $V \neq 1$ e $V \neq -\frac13$, isto é, descartamos as duas retas que passam pelo centro $(3,2)$ com essas inclinações:

   • $V = 1$: $y = t - 1$. É solução — substituindo, $y' = 1$ e o lado direito vale $\frac{t-3}{t-3} = 1$ —, e volta à família com $C = 0$.
   • $V = -\frac13$: $t + 3y - 9 = 0$, ou $y = \frac{9-t}{3}$. Também é solução ($y' = -\frac13$ dos dois lados), mas nenhum $C$ finito a produz. Ela é o caso limite $C \to \infty$, e para incluí-la basta escrever a resposta na forma recíproca

   $$(t + 3y - 9)^5 = K\,(y - t + 1), \qquad K \in \mathbb{R},$$

   com $K = 0$ dando exatamente essa reta. É a mesma situação do §1.4 nº 1 (Lista 4), em que a forma explícita perdia a solução $y = -1/t$: o defeito é do passo algébrico, não da equação.

   Solução geral.

   $$y - t + 1 = C\,(t + 3y - 9)^5, \qquad C \in \mathbb{R},$$

   mais a reta $t + 3y - 9 = 0$. Todas as curvas passam pelo ponto $(3,2)$ — o único ponto do plano onde a equação toma a forma $0/0$.

4. intermediárioretas paralelas: o caso degeneradoBraun §1.4, nº 23

   Encontre a solução geral de

   $$(t + 2y + 3) + (2t + 4y - 1)\frac{dy}{dt} = 0.$$

   Dica

   Compare os dois parênteses: um é quase o dobro do outro. Teste $ad-bc$ antes de tentar transladar — e, se der zero, use $v = t + 2y$.

   Resolução

   Por que a translação não serve. Na forma padrão,

   $$\frac{dy}{dt} = \frac{-t - 2y - 3}{2t + 4y - 1},$$

   temos $a = -1$, $b = -2$, $c = 2$, $d = 4$, e

   $$ad - bc = (-1)(4) - (-2)(2) = -4 + 4 = 0.$$

   Estamos no caso degenerado do exercício 21(b): as retas $t + 2y + 3 = 0$ e $2t + 4y - 1 = 0$ são paralelas — a segunda é a primeira multiplicada por $2$, a menos do termo constante — e não existe origem que anule as duas constantes de uma vez. Note também que $b + c = 0$, o subcaso sem logaritmo.

   A substituição certa. Ambos os parênteses dependem de $t$ e $y$ só através de $v = t + 2y$: o primeiro é $v + 3$, o segundo é $2v - 1$. Com $v' = 1 + 2y'$, isto é, $y' = \frac{v'-1}{2}$, a equação original vira

   $$(v + 3) + (2v - 1)\frac{v' - 1}{2} = 0.$$

   Multiplicando por $2$:

   $$2v + 6 + (2v-1)v' - (2v - 1) = 0 \quad\Longrightarrow\quad (2v - 1)\frac{dv}{dt} + 7 = 0.$$

   Os termos em $v$ fora da derivada se cancelaram — é o que $b + c = 0$ significa — e sobrou uma equação separável de integração imediata.

   Integração.

   $$\int (2v - 1)\,dv = -\int 7\,dt \quad\Longrightarrow\quad v^2 - v = c - 7t.$$

   Volta às variáveis originais.

   $$\boxed{\;(t + 2y)^2 - (t + 2y) = c - 7t\;}$$

   que é a resposta do livro. Esta é uma solução em forma implícita, e é assim que se deixa: resolver para $y$ obrigaria a escolher um ramo da raiz.

   Verificação. Derivando implicitamente com $v = t+2y$: $2vv' - v' = -7$, ou $(2v-1)v' = -7$, com $v' = 1 + 2y'$. Substituindo, $(2v-1)(1+2y') = -7$, e como $2v - 1 = 2t+4y-1$ e $(2v-1) + 7 = 2t + 4y + 6 = 2(t+2y+3)$, vem

   $$2(2t+4y-1)y' = -7 - (2v-1) = -2(t+2y+3),$$

   isto é, $(t+2y+3) + (2t+4y-1)y' = 0$. ✓

   O que essas curvas são, e onde cada solução vive. Escrevendo a relação como

   $$t = \frac{c + v - v^2}{7},$$

   vê-se que, para cada $c$, $t$ é uma parábola em $v$ com máximo em $v = \frac12$, no instante

   $$t^{*} = \frac{c + \frac14}{7}.$$

   Cada curva de nível existe, portanto, só para $t \leq t^{*}$, e tem dois ramos — um com $v > \frac12$, outro com $v < \frac12$ — que se encontram nesse ponto de retorno. Cada ramo é uma solução, no intervalo $(-\infty,\,t^{*})$.

   O ponto de encontro é justamente onde $2t + 4y - 1 = 0$, a reta em que o coeficiente de $y'$ se anula e a equação deixa de estar na forma normal: de $(2v-1)v' = -7$ vem $v' \to \infty$, e portanto $y' \to \infty$, quando $v \to \frac12$. A curva chega ali com tangente vertical e para — o mesmo fenômeno do §1.4 nº 6 e nº 9 (Lista 4), agora causado pela reta proibida da equação.