[4.] Considerando o fator integrante,
I(x, y)=\frac{1}{x M(x, y)-y N(x, y)}
encontre as soluções da EDO não linear
y^{\prime}=\frac{x y^{2}-y}{x} \quad \text { para } \quad x \neq 0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
y'=\frac{x y^{2}-y}{x}\quad\text{para}\quad x\neq 0
e fornece um fator integrante geral da forma
I(x,y)=\frac{1}{xM(x,y)-yN(x,y)}.
A tarefa é encontrar as soluções da EDO (a solução geral). Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A equação está dada como y'=\dfrac{x y^{2}-y}{x}.
  • Devemos trabalhar com x\neq 0.
  • Foi indicado o fator integrante I(x,y)=1/(xM-yN), que devemos usar quando escrevemos a EDO na forma M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0.

Passo 2

Transformar a EDO em forma diferencial M\,dx+N\,dy=0. Partindo de y'=\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x y^{2}-y}{x}, escrevemos
\frac{dy}{dx}-\frac{x y^{2}-y}{x}=0.
Colocando tudo na forma M\,dx+N\,dy=0 usamos a equivalência dy - F(x,y)\,dx=0 quando dy/dx=F. Assim
M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0
com
M(x,y)=-\frac{x y^{2}-y}{x}=-y^{2}+\frac{y}{x}, \qquad N(x,y)=1.
Anotação: toda esta matemática está dentro de ambientes ... conforme pedido.

Passo 3

Calcular a expressão xM-yN que aparece no fator integrante dado:
xM-yN = x\Big(-y^{2}+\frac{y}{x}\Big)-y\cdot 1 = -x y^{2}+y - y = -x y^{2}.
Portanto, usando o fator integrante fornecido,
I(x,y)=\frac{1}{xM-yN}=\frac{1}{-x y^{2}}=-\frac{1}{x y^{2}}.
Ou seja, o fator integrante é \mu(x,y)=-\dfrac{1}{x y^{2}}. (Repare que isto exige x\neq0 e y\neq0; veremos a solução y=0 como caso especial.)

Passo 4

Multiplicar a equação diferencial original por \mu(x,y) para torná-la exata. Os novos coeficientes são
\widetilde{M}(x,y)=\mu M=\Big(-\frac{1}{x y^{2}}\Big)\Big(-y^{2}+\frac{y}{x}\Big), \qquad \widetilde{N}(x,y)=\mu N=\Big(-\frac{1}{x y^{2}}\Big)\cdot 1.
Calcular e simplificar:
\widetilde{M}(x,y)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}y}, \qquad \widetilde{N}(x,y)=-\frac{1}{x y^{2}}.
Explicação (o que é exactidão): uma equação \widetilde{M}\,dx+\widetilde{N}\,dy=0 é exata se existir uma função potencial \Phi(x,y) tal que \partial\Phi/\partial x=\widetilde{M} e \partial\Phi/\partial y=\widetilde{N}. Uma condição prática para exatidão (em um domínio onde as derivadas existem) é
\frac{\partial \widetilde{M}}{\partial y}=\frac{\partial \widetilde{N}}{\partial x}.
Verifiquemos:
\frac{\partial \widetilde{M}}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\Big(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}y}\Big)=\frac{1}{x^{2}y^{2}},
\frac{\partial \widetilde{N}}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\Big(-\frac{1}{x y^{2}}\Big)=\frac{1}{x^{2}y^{2}}.
Como as duas derivadas coincidem, a equação é exata após multiplicar pelo fator integrante \mu.

Passo 5

Encontrar a função potencial \Phi(x,y) integrando \widetilde{M}=\partial\Phi/\partial x em relação a x:
\frac{\partial\Phi}{\partial x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}y}.
Integramos termo a termo, tratando y como constante durante a integração em x:
\Phi(x,y)=\int\Big(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}y}\Big)\,dx = \int\frac{1}{x}\,dx - \frac{1}{y}\int\frac{1}{x^{2}}\,dx.
Calcule cada integral:
\int\frac{1}{x}\,dx=\ln|x|, \qquad \int\frac{1}{x^{2}}\,dx=-\frac{1}{x}.
Substituindo,
\Phi(x,y)=\ln|x| - \frac{1}{y}\Big(-\frac{1}{x}\Big) + h(y) = \ln|x| + \frac{1}{x y} + h(y),
onde h(y) é uma função arbitrária de y (constante de integração em relação a x).

Passo 6

Impor a condição \partial\Phi/\partial y=\widetilde{N} para determinar h(y). Primeiro calcule
\frac{\partial\Phi}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\Big(\ln|x|+\frac{1}{x y}+h(y)\Big) = -\frac{1}{x y^{2}} + h'(y).
Esta derivada deve ser igual a \widetilde{N}=-\dfrac{1}{x y^{2}}. Assim
-\frac{1}{x y^{2}} + h'(y) = -\frac{1}{x y^{2}} \quad\Rightarrow\quad h'(y)=0.
Logo h(y) é constante, digamos C.

Passo 7

A solução implícita da equação exata é dada por
\Phi(x,y)=\ln|x|+\frac{1}{x y}=C,
onde C é constante arbitrária. Esta é a família de curvas solução. Podemos também isolar y (quando y\neq 0 e C-\ln|x|\neq 0):
\frac{1}{x y}=C-\ln|x| \quad\Rightarrow\quad y=\frac{1}{x\big(C-\ln|x|\big)}.
Observações sobre casos especiais e domínio:
  • A dedução do fator integrante usou y\neq 0 (pois \mu=-1/(x y^{2}) está indefinida em y=0). Entretanto, y\equiv 0 (solução identicamente zero) satisfaz a EDO original, porque substituindo y=0 tem-se y'=0. Logo y\equiv 0 é uma solução singular que não aparece na família obtida pela divisão por y.
  • As soluções explícitas y=\dfrac{1}{x(C-\ln|x|)} têm singularidades onde x=0 (fora do domínio dado) ou onde C-\ln|x|=0 (pontos onde y explode). Em provas, normalmente expressar a solução implícita \ln|x|+\dfrac{1}{x y}=C é suficiente e elegante.

Resposta

\ln|x|+\dfrac{1}{x y}=C
y= \dfrac{1}{x\big(C-\ln|x|\big)} (quando y\neq0 e C-\ln|x|\neq0)
y\equiv 0

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