(10%) Questão 3. Resolva a equação diferencial
-\frac{y}{x^{2}+y^{2}} d x+\frac{x}{x^{2}+y^{2}} d y=0
de duas formas:
(a) como equação exata;
(b) como equação homogênea.

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial
-\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\,dx+\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dy=0
de duas formas: (a) tratando-a como equação exata; (b) tratando-a como equação homogênea.
Informações dadas e observações iniciais importantes:
M(x,y)= -\frac{y}{x^{2}+y^{2}},\qquad N(x,y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}.
A equação está bem definida para todos os pontos (x,y) tais que (x,y)\neq(0,0) (o denominador x^{2}+y^{2} não pode ser zero). A resolução começa a seguir.

Passo 2

Conceito de equação exata e verificação: uma equação na forma
M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0
é exata numa região se existe uma função \Psi(x,y) tal que \partial\Psi/\partial x=M e \partial\Psi/\partial y=N. Uma condição prática (quando as derivadas são contínuas) é
\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}.
Vamos calcular \partial M/\partial y e \partial N/\partial x detalhadamente.
Calculemos \displaystyle \frac{\partial M}{\partial y} com M(x,y)=-\dfrac{y}{x^{2}+y^{2}}. Trate x como constante e use a regra do quociente ou produto:
M(x,y) = -y\,(x^{2}+y^{2})^{-1}.
Derivando em relação a y:
\frac{\partial M}{\partial y}=-(x^{2}+y^{2})^{-1} + (-y)\cdot(-1)(x^{2}+y^{2})^{-2}\cdot 2y.
Simplificando:
\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{-\big(x^{2}+y^{2}\big)+2y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}=\frac{-x^{2}+y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Agora \displaystyle \frac{\partial N}{\partial x} com N(x,y)=\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}. De maneira análoga:
N(x,y)=x\,(x^{2}+y^{2})^{-1},
\frac{\partial N}{\partial x}=(x^{2}+y^{2})^{-1} + x\cdot(-1)(x^{2}+y^{2})^{-2}\cdot 2x
\frac{\partial N}{\partial x}=\frac{(x^{2}+y^{2})-2x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}=\frac{-x^{2}+y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Como \displaystyle \frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x} (em qualquer ponto com x^{2}+y^{2}\neq0), a forma é localmente exata em regiões sem o ponto (0,0). Ou seja: método (a) é aplicável.

Passo 3

Encontrar a função potencial \Psi(x,y) tal que \Psi_x=M e \Psi_y=N. Primeiro integramos M em relação a x (tratando y como constante):
\Psi(x,y)=\int M(x,y)\,dx = \int -\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\,dx.
Reconheça uma derivada conhecida: para y fixo,
\frac{d}{dx}\big(\arctan(\frac{x}{y})\big)=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}.
Portanto
\int -\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\,dx = -\arctan\!\big(\tfrac{x}{y}\big) + h(y),
onde h(y) é uma função arbitrária de y.
Agora imponha \Psi_{y}=N. Calcule \Psi_{y}:
\frac{\partial}{\partial y}\Big(-\arctan\!\big(\tfrac{x}{y}\big)+h(y)\Big) = \underbrace{\frac{x}{x^{2}+y^{2}}}_{\text{derivada de }-\arctan(x/y)} + h'(y).
Devemos ter \Psi_{y}=N=\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}. Assim
\frac{x}{x^{2}+y^{2}} + h'(y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}} \implies h'(y)=0.
Logo h(y) é constante. Assim uma função potencial é
\Psi(x,y)=-\arctan\!\big(\tfrac{x}{y}\big)+C.

Passo 4

A solução implícita geral da equação exata é dada por \Psi(x,y)= constante. Ou seja
-\arctan\!\big(\tfrac{x}{y}\big)=C \quad\Longleftrightarrow\quad \arctan\!\big(\tfrac{x}{y}\big)=C',
o que é equivalente (mudando a constante) a
\frac{x}{y}=\tan(C') \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{y}{x}=\text{const}.
Portanto a família de soluções implícitas obtida pelo método exato é \arctan\!\big(\tfrac{y}{x}\big)= constante, ou, de forma explícita, retas que passam pela origem y=kx (com k constante). Lembrete: como a equação não é definida em (0,0), falamos em soluções em regiões que não contenham a origem.

Passo 5

Método homogêneo: primeiro explicar o conceito e aplicar. Uma função F(x,y) é homogênea de grau n se F(tx,ty)=t^{n}F(x,y). Aqui tanto M quanto N satisfazem
M(tx,ty) = t^{-1}M(x,y),\qquad N(tx,ty)=t^{-1}N(x,y),
ou seja, são homogêneas de grau -1. Para equações homogêneas de primeira ordem podemos passar para a forma y=vx (ou escrever dy/dx e usar v). Uma forma prática é escrever a equação como
\frac{dy}{dx}=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)}.
Calcule o quociente:
-\frac{M}{N}=-\frac{-\dfrac{y}{x^{2}+y^{2}}}{\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}}=\frac{y}{x}.
Logo a equação reduz-se a
\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}.
Essa é uma equação separável e simples. Separemos e integremos:
\frac{dy}{y}=\frac{dx}{x}.
Integrando ambos os lados:
\ln|y|=\ln|x|+C \implies \ln\!\big|\tfrac{y}{x}\big|=C.
Exponenciando:
\frac{y}{x}=K \quad(K\\ \text{constante})
ou
y=Kx.
Isso coincide com o resultado obtido pelo método exato.

Passo 6

Resumo e observações finais: ambas as abordagens levam à mesma família de soluções, retas que passam pela origem (exceto o próprio ponto (0,0)), expressas implicitamente por \arctan\!\big(\tfrac{y}{x}\big)= constante ou explicitamente por y=Kx. Nada contraditório: a forma exata forneceu uma função potencial envolvendo \arctan, e a redução homogênea mostrou que as soluções são proporcionais a x.

Resposta

(a) \displaystyle \arctan\!\big(\tfrac{y}{x}\big)=C
(b) \displaystyle y=Kx

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