Vimos nos artigos: Equações Diferenciais e Equações Diferenciais de 1ª Ordem uma breve introdução ao estudo das EDOs. Veremos agora uma das representações das EDOs que chamaremos de separáveis. Se o leitor ainda não visitou os artigos acima citados, vale a pena conferir.
Chamamos de EDO de 1ª ordem separável quando as mesmas estão na forma:
\frac{\mathit{dy}}{\mathit{dx}}=g\left(x\right)\cdot h\left(y\right)
Onde g\left(x\right)e h\left(y\right)são funções que dependem de xe y, respectivamente. De um modo geral, a sua solução é obtida quando separamos essa equação em uma igualdade onde serão integradas as duas funções em relação às variáveis correspondentes. Claro que nem sempre essas funções estarão descritas dessa forma, mas com algumas manipulações na expressão podemos obter a forma geral acima. Vejamos o exemplo abaixo.
1 - Vamos obter a solução da EDO abaixo:
\frac{\mathit{dy}}{\mathit{dx}}=\frac{y}{\left(1+x\right)}
Observe que podemos manipular a expressão para que possamos encontrar a forma geral de uma EDO separável, ou seja:
\frac{\mathit{dy}}{\mathit{dx}}=y\cdot {\left(1+x\right)}^{-1}
Agora conseguimos dividir as funções em:
g\left(x\right)={\left(1+x\right)}^{-1}
h\left(y\right)=y
Continuando, temos:
\frac{\mathit{dy}}{y}=\frac{\mathit{dx}}{\left(1+x\right)}
Agora, temos uma igualdade onde foram separadas as funções dependentes de x e y, podendo assim integrar ambos os lados da igualdade, isto é:
\int \frac{\mathit{dy}}{y}=\int \frac{\mathit{dx}}{\left(1+x\right)}
E então, resolvendo as integrais separadamente:
\int \frac{\mathit{dy}}{y}=\ln \left\vert y\right\vert +{C}_{1}
\int \frac{\mathit{dx}}{\left(1+x\right)}=\ln \left\vert 1+x\right\vert +{C}_{2}
Como os valores de {C}_{1}e {C}_{2}são constantes, chamaremos {C}_{1}+{C}_{2}=C. Sendo assim, obtemos:
\int \frac{\mathit{dy}}{y}=\int \frac{\mathit{dx}}{\left(1+x\right)}
\ln \left\vert y\right\vert +{C}_{1}=\ln \left\vert 1+x\right\vert +{C}_{2}
\ln \left\vert y\right\vert =\ln \left\vert 1+x\right\vert +C
y={e}^{\ln \left\vert 1+x\right\vert +C}
y={e}^{\ln \left\vert 1+x\right\vert }{e}^{C}
Como {e}^{C}também é uma constante, então podemos dizer que {e}^{C}=C. Então:
y={e}^{\ln \left\vert 1+x\right\vert }C
y={e}^{{\log }_{e}\left\vert 1+x\right\vert }C
y=\left\vert 1+x\right\vert C
Resolvendo o módulo:
\left\vert 1+x\right\vert =\lbrace \begin{array}{c}1+x,x\ge 1\\ -1-x,x\leftarrow 1\end{array}
Logo, a solução de nossa EDO é:
y=\pm C\left(1+x\right)
2 – Vamos agora resolver a EDO abaixo:
y\text{'}=\frac{\mathit{xy}+3x-y-3}{\mathit{xy}-2x+4y-8}
Manipulando a expressão, temos:
y\text{'}=\frac{x\left(y+3\right)-\left(y+3\right)}{x\left(y-2\right)+4\left(y-2\right)}
y\text{'}=\frac{\left(x-1\right)\left(y+3\right)}{\left(x+4\right)\left(y-2\right)}
Podemos agora separar as equações:
\frac{\mathit{dy}}{\mathit{dx}}=\frac{\left(x-1\right)}{\left(x+4\right)}\cdot\frac{\left(y+3\right)}{\left(y-2\right)}
\frac{\left(y-2\right)}{\left(y+3\right)}\mathit{dy}=\frac{\left(x-1\right)}{\left(x+4\right)}\mathit{dx}
\int \frac{\left(y-2\right)}{\left(y+3\right)}\mathit{dy}=\int \frac{\left(x-1\right)}{\left(x+4\right)}\mathit{dx}
Resolvendo as integrais separadamente:
\int \frac{\left(y-2\right)}{\left(y+3\right)}\mathit{dy}=y-5\ln (|y+3|)+C
\int \frac{\left(x-1\right)}{\left(x+4\right)}\mathit{dx}=x-5\ln (|y+4|)+C
Então, a solução da EDO é:
y-5\ln (|y+3|)=x-5\ln(|x+4|)+C
Referências bibliográficas:
ZILL, Dennis G; CULLEN, Michael R. Equações Diferenciais – Volume 1. São Paulo – Pearson Makron Books, 2001.
BASSALO, José Maria FIlardo; CATTANI, Mauro Sérgio Dorsa. Elementos de Física Matemática – Volume 1. São Paulo – Livraria da Física, 2010.
ARFKEN, George B; WEBER, Hans J; HARRIS, Frank E. Física Matemática: Métodos Matemáticos para Engenharia e Física – 7a Ed. Rio de Janeiro: Elsevier, 2017.
Texto originalmente publicado em https://www.infoescola.com/matematica/equacoes-diferenciais-separaveis/