\begin{aligned} & \left(\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2 x y\right) \frac{d y}{d x}=y(y +\operatorname{sen} x), y(0)=1\end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede resolver a equação diferencial com condição inicial
\left(\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2 x y\right)\frac{dy}{dx}=y\bigl(y+\sin x\bigr), \qquad y(0)=1.
Informações dadas:
  • A equação diferencial explicitamente relaciona \frac{dy}{dx}, x e y.
  • A condição inicial é \;y(0)=1.
  • Pedido implícito: encontrar a solução y(x) que satisfaz a equação e a condição inicial (pode ficar em forma implícita se não for possível isolar y de maneira prática).

Passo 2

Vou reescrever a equação na forma diferencial padrão M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0. Começo movendo todos os termos para um lado:
\left(\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2 x y\right)\frac{dy}{dx}-y\bigl(y+\sin x\bigr)=0.
Multiplicando por dx:
-y\bigl(y+\sin x\bigr)\,dx+\left(\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2 x y\right)\,dy=0.
Assim identificamos
M(x,y)=-y^{2}-y\sin x, \qquad N(x,y)=\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2xy.

Passo 3

Agora vou checar se a equação é exata. Uma equação M\,dx+N\,dy=0 é exata quando \partial M/\partial y=\partial N/\partial x num domínio adequado. Calculo as derivadas parciais:
\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(-y^{2}-y\sin x\bigr)=-2y-\sin x.
\frac{\partial N}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\Bigl(\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2xy\Bigr)=-\sin x-2y.
Como -2y-\sin x=-\sin x-2y, temos
\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},
logo a equação é exata. (Breve explicação: exatidão significa que existe uma função potencial \Phi(x,y) tal que d\Phi=M\,dx+N\,dy.)

Passo 4

Para achar a função potencial \Phi(x,y) uso as duas relações
\frac{\partial \Phi}{\partial x}=M(x,y)=-y^{2}-y\sin x, \qquad \frac{\partial \Phi}{\partial y}=N(x,y)=\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2xy.
Integro \partial \Phi/\partial x em relação a x, tratando y como constante:
\Phi(x,y)=\int\bigl(-y^{2}-y\sin x\bigr)\,dx=-x y^{2}+y\cos x + h(y).
Explicação do passo: ao integrar em x aparece uma “constante” de integração que pode depender de y; por isso escrevi h(y).

Passo 5

Agora obtenho h(y) comparando \partial \Phi/\partial y com N(x,y). Diferencio a expressão obtida para \Phi em relação a y:
\frac{\partial \Phi}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(-x y^{2}+y\cos x + h(y)\bigr)=-2xy+\cos x + h'(y).
Essa expressão deve ser igual a N(x,y), ou seja
-2xy+\cos x + h'(y)=\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2xy.
Cancelando os termos iguais -2xy e \cos x em ambos os lados, sobra
h'(y)=\frac{1}{1+y^{2}}.
Integro h'(y) em relação a y:
h(y)=\arctan(y)+C,
pois \dfrac{d}{dy}\bigl(\arctan(y)\bigr)=\dfrac{1}{1+y^{2}}.

Passo 6

Assim a função potencial completa é
\Phi(x,y)=-x y^{2}+y\cos x + \arctan(y)+C.
A solução geral implícita da equação exata é dada por \Phi(x,y)=\text{const}, ou seja
-x y^{2}+y\cos x + \arctan(y)=C.

Passo 7

Agora imposto a condição inicial \;y(0)=1 para determinar C. Substituindo x=0 e y=1:
-0\cdot 1^{2}+1\cdot\cos 0 + \arctan(1)=\cos 0 + \arctan(1)=1+\frac{\pi}{4}.
Logo C=1+\dfrac{\pi}{4}. Portanto a solução particular (implícita) que satisfaz a condição inicial é
-x y^{2}+y\cos x + \arctan(y)=1+\frac{\pi}{4}.

Passo 8

Verificação rápida (útil para a prova): derivando implicitamente a equação acima em relação a x obtemos exatamente a equação original. Resumo do raciocínio: ao derivar -x y^{2}+y\cos x + \arctan(y)=\text{const} obtemos
\bigl(\tfrac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2xy\bigr)y'=y(y+\sin x),
que é a equação dada. Isso confirma que não cometemos erro algébrico.

Resposta

-x y^{2}+y\cos x + \arctan(y)=1+\dfrac{\pi}{4}

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