Resolva as EDOs abaixo. (valor: 6,0 )
\left(y^{2}+y \operatorname{sen} x\right) d x=\left(\frac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2 x y\right) d y

Passo 1

Temos a equação diferencial
\bigl(y^{2}+y\sin x\bigr)\,dx \;=\;\Bigl(\tfrac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2xy\Bigr)\,dy
que podemos escrever como
M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0 \quad\text{com}\quad M(x,y)=y^{2}+y\sin x, \;N(x,y)=-\Bigl(\tfrac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2xy\Bigr).
O método que vamos usar é o da exatidão: verificar se existe uma função potencial \Phi(x,y) tal que \partial\Phi/\partial x=M e \partial\Phi/\partial y=N.

Passo 2

Calculemos as derivadas parciais
\frac{\partial M}{\partial y} =2y+\sin x, \qquad \frac{\partial N}{\partial x} =-\bigl(-\sin x-2y\bigr) =2y+\sin x.
Como \partial M/\partial y=\partial N/\partial x, a equação é exata.

Passo 3

Procuramos \Phi(x,y) tal que \Phi_x=M. Integramos M em relação a x:
\Phi(x,y) =\int\bigl(y^{2}+y\sin x\bigr)\,dx = x\,y^{2}-y\cos x + h(y),
onde h(y) é função de y a determinar.

Passo 4

Agora exigimos \Phi_y=N. Calculando
\Phi_y =\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x\,y^{2}-y\cos x + h(y)\bigr) =2xy-\cos x + h'(y),
devemos ter
2xy-\cos x + h'(y) =-\Bigl(\tfrac{1}{1+y^{2}}+\cos x-2xy\Bigr) =2xy-\cos x-\frac{1}{1+y^{2}}.
Logo
h'(y)=-\frac{1}{1+y^{2}} \quad\Longrightarrow\quad h(y)=-\arctan y.

Passo 5

A função potencial é
\Phi(x,y)=x\,y^{2}-y\cos x-\arctan y.
A solução geral implícita vem de \Phi(x,y)=C.

Resposta

x\,y^{2}-y\cos x-\arctan y=C.

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