Resolva as seguintes EDOs determinando a solução geral e, quando houver condiçÔes iniciais do PVI, a solução particular.
\left(y e^{x y} \cos (2 x)-2 e^{x y} \operatorname{sen}(2 x)+2 x\right) d x++\left(x e^{x y} \cos (2 x)-3\right) d y=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver a EDO
l(y e^x y cos(2x)-2 e^x y sin(2x)+2xr),dx+l(x e^x y cos(2x)-3r),dy=0
Esse é um problema de equação diferencial exata. Vamos verificar a exatidão e, em seguida, buscar uma função potencial phi(x,y) cuja diferencial total seja esse 1-forma.

Passo 2

Para testar exatidão, definimos
M(x,y)=y e^x ycos(2x)-2 e^x ysin(2x)+2x, N(x,y)=x e^x ycos(2x)-3
Calculamos
partial Mpartial y=e^x ycos(2x)+x y e^x ycos(2x)-2x e^x ysin(2x),
$$\frac{\partial N}{\partial x}=e^{x y}\cos(2x)+x y e^{x y}\cos(2x)-2x e^{x y}\sin(2x).
$$
Como partial Npartial x=e^x ycos(2x)+x y e^x ycos(2x)-2x e^x ysin(2x) , a EDO é exata.

Passo 3

Agora integramos M em relação a x mantendo y fixo:
integral M,dx=integrall(y e^x ycos(2x)-2 e^x ysin(2x)+2xr)dx
Observando que
ddxl(e^x ycos(2x)r)=y e^x ycos(2x)-2 e^x ysin(2x),
segue
integral M,dx=e^x ycos(2x)+x^2+h(y),
onde h(y) é uma função a determinar.

Passo 4

Derivando a expressão obtida em relação a y temos
partialpartial yl(e^x ycos(2x)+x^2+h(y)r)=x e^x ycos(2x)+h'(y)
Igualando a N(x,y), ou seja, x e^x ycos(2x)-3, obtemos
h'(y)=-3Rightarrow h(y)=-3y+C

Passo 5

Portanto a função potencial é
phi(x,y)=e^x ycos(2x)+x^2-3y,
e a solução geral da EDO fica na forma implícita

Passo 6

Resposta

e^x ycos(2x)+x^2-3y=C

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