Exercício 4.3. Em cada item, diga se a EDO dada é exata. Resolva as EDO’s e os PVI’s.
2 x+e^{y}-\ln x+\left(x e^{y}+\operatorname{sen} y\right) y^{\prime}=0

Passo 1

O enunciado pede que eu decida se a EDO dada é exata e, se for, resolva-a (e resolva o PVI caso haja condição inicial). A equação dada é
2x + e^{y} - \ln x + \big(x e^{y} + \operatorname{sen} y\big) y' = 0.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A equação está na forma M(x,y)+N(x,y)\,y'=0.
  • Posso identificar M(x,y)=2x+e^{y}-\ln x,
N(x,y)=x e^{y}+\operatorname{sen} y.
  • Observação importante: existe \ln x, então o domínio natural exige x>0.
    Não vou resolver nada ainda; só deixei claro o que é pedido e quais são os dados.

Passo 2

Conceito de exatidão (mini-aula rápida e prática). Se eu escrever a EDO como
M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0,
ela é exata se existe uma função potencial \Phi(x,y) tal que
\frac{\partial \Phi}{\partial x}=M\quad\text{e}\quad \frac{\partial \Phi}{\partial y}=N.
Um critério prático (para domínios onde M,N têm derivadas parciais contínuas) é verificar
\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}.
Se essa igualdade vale, a equação é exata. Se não valer, às vezes existe um fator integrante \mu(x) ou \mu(y) que torna a equação exata — mas só penso nisso se necessário.

Passo 3

Calculo as derivadas parciais pedidas para verificar exatidão.
Primeiro, derivo M(x,y) em relação a y:
\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(2x+e^{y}-\ln x\big)=e^{y},
porque 2x e -\ln x são constantes em relação a y.
Agora, derivo N(x,y) em relação a x:
\frac{\partial N}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(x e^{y}+\operatorname{sen} y\big)=e^{y},
pois \operatorname{sen} y é constante em x e \partial(x e^{y})/\partial x=e^{y}.
Como
\frac{\partial M}{\partial y}=e^{y}=\frac{\partial N}{\partial x},
a equação é exata no domínio onde as funções estão definidas (em particular para x>0). Bom sinal — vamos resolver usando a potencial \Phi.

Passo 4

Método para resolver uma equação exata (mini-aula aplicada). Se \Phi_x=M, encontro \Phi integrando M em relação a x e adicionando uma função desconhecida de y, digamos h(y). Depois determino h(y) usando \Phi_y=N.
Integro M em relação a x:
\Phi(x,y)=\int \big(2x+e^{y}-\ln x\big)\,dx.
Fazendo a integral termo a termo (lembrando que e^{y} é constante em x):
  • \int 2x\,dx = x^{2}.
  • \int e^{y}\,dx = x e^{y}.
  • \int (-\ln x)\,dx = - x\ln x + x (resultado padrão de integrar \ln x).
Portanto
\Phi(x,y)=x^{2} + x e^{y} - x\ln x + x + h(y),
onde h(y) é uma função a determinar.

Passo 5

Determino h(y) usando a condição \Phi_{y}=N. Calculo \Phi_{y} a partir da expressão encontrada:
\Phi_{y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(x^{2} + x e^{y} - x\ln x + x + h(y)\big)=x e^{y} + h'(y).
Essa derivada deve ser igual a N(x,y)=x e^{y}+\operatorname{sen} y. Igualando:
x e^{y} + h'(y)=x e^{y}+\operatorname{sen} y \quad\Longrightarrow\quad h'(y)=\operatorname{sen} y.
Integro h'(y) para achar h(y):
h(y)=\int \operatorname{sen} y\,dy = -\cos y + C_{1}.
Posso incorporar a constante C_{1} na constante final da solução implícita, então tomo h(y)=-\cos y (sem perda).

Passo 6

Escrevo a função potencial completa e a solução geral implícita. Substituindo h(y),
\Phi(x,y)=x^{2} + x e^{y} - x\ln x + x - \cos y.
A solução geral da EDO exata é dada por
\Phi(x,y)=C,
ou seja,
x^{2} + x e^{y} - x\ln x + x - \cos y = C,
onde C é constante arbitrária. Reforçando: o domínio natural é x>0 por causa de \ln x.

Passo 7

Observações finais e como proceder se houvesse um PVI (mini-aula prática). Neste enunciado não foi dada nenhuma condição inicial, então a solução geral acima é o que eu posso fornecer. Se eu tivesse um PVI do tipo (x_{0},y_{0}), eu substituiria \big(x_{0},y_{0}\big) na expressão
x^{2} + x e^{y} - x\ln x + x - \cos y = C
para determinar o valor numérico de C e assim obter a solução particular. Lembrete: qualquer PVI só vale se x_{0}>0 por causa do logaritmo.

Resposta

x^{2} + x e^{y} - x\ln x + x - \cos y = C

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