Verifique se a equação diferencial dada é exata, se for, resolva.
\left(x^{4}-x+y\right) d x-x d y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\left(x^{4}-x+y\right)\,dx - x\,dy = 0.
O que se pede:
  • Verificar se a equação é exata.
  • Se for exata, resolver (achar a solução geral).
Informações explícitas que eu vou usar:
M(x,y)=x^{4}-x+y, \qquad N(x,y)=-x,
pois a equação está na forma M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0.

Passo 2

Condição de exatidão e verificação direta.
Lembrete rápido (vou explicar devagar): uma equação M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0 é exata num domínio se existe uma função \Phi(x,y) tal que \Phi_x=M e \Phi_y=N. Uma condição prática é verificar se as derivadas parciais cruzadas coincidem:
\frac{\partial M}{\partial y} \stackrel{?}{=} \frac{\partial N}{\partial x}.
Calculo as derivadas parciais:
\frac{\partial M}{\partial y}=1, \qquad \frac{\partial N}{\partial x}=-1.
Como 1\neq -1, a equação NÃO é exata na forma dada.

Passo 3

Procurando um fator integrante dependente só de x.
Motivação e fórmula (passo-a-passo didático):
  • Se multiplicarmos a equação por um fator \mu(x) que dependa somente de x, obtemos \mu M\,dx+\mu N\,dy=0.
  • Queremos que essa nova equação seja exata, ou seja,
\frac{\partial (\mu M)}{\partial y}=\frac{\partial (\mu N)}{\partial x}.
  • Como \mu=\mu(x), \partial(\mu M)/\partial y=\mu M_y e \partial(\mu N)/\partial x=\mu' N + \mu N_x, onde \mu'=\dfrac{d\mu}{dx}.
  • Igualando:
\mu M_y = \mu' N + \mu N_x.
  • Dividindo por \mu (assumindo \mu\neq0):
M_y = \frac{\mu'}{\mu}N + N_x.
  • Rearranjando:
\frac{\mu'}{\mu} = \frac{M_y-N_x}{N}.
  • O lado direito depende só de x se a razão \dfrac{M_y-N_x}{N} for função só de x. Nesse caso,
\frac{d}{dx}\ln\mu = \frac{M_y-N_x}{N}, \qquad\text{logo}\qquad \mu(x)=\exp\left(\int \frac{M_y-N_x}{N}\,dx\right).
Vou calcular essa razão para nosso M,N.

Passo 4

Calcular \dfrac{M_y-N_x}{N} e obter \mu(x).
Já calculamos M_y=1 e N_x=-1. Então
\frac{M_y-N_x}{N}=\frac{1-(-1)}{-x}=\frac{2}{-x}=-\frac{2}{x}.
Isso depende somente de x, ótimo — existe fator integrante que depende só de x.
Agora calculo \mu(x):
\ln\mu=\int -\frac{2}{x}\,dx = -2\ln|x|,
portanto
\mu(x)=\exp\big(-2\ln|x|\big)=|x|^{-2}.
Em geral podemos tomar \mu(x)=x^{-2} (considerando x\neq0). Então o fator integrante é
\mu(x)=\frac{1}{x^{2}}.

Passo 5

Multiplico a equação original por \mu(x)=x^{-2} e verifico exatidão.
Multiplicando temos a nova equação
\left(\frac{x^{4}-x+y}{x^{2}}\right)dx + \left(\frac{-x}{x^{2}}\right)dy = 0.
Simplificando os coeficientes:
\tilde M(x,y)=\frac{x^{4}-x+y}{x^{2}}=x^{2}-\frac{1}{x}+\frac{y}{x^{2}}, \qquad \tilde N(x,y)=-\frac{1}{x}.
Verifico as derivadas parciais:
\frac{\partial \tilde M}{\partial y}=\frac{1}{x^{2}}, \qquad \frac{\partial \tilde N}{\partial x}=\frac{d}{dx}\left(-\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x^{2}}.
Como são iguais, a equação multiplicada por x^{-2} é exata (em qualquer região onde x\neq0).

Passo 6

Construindo a função potencial \Phi(x,y) cuja diferencial é \tilde M\,dx+\tilde N\,dy.
Queremos \Phi_x=\tilde M e \Phi_y=\tilde N.
Integro \tilde M em relação a x, tratando y como constante:
\Phi(x,y)=\int \left(x^{2}-\frac{1}{x}+\frac{y}{x^{2}}\right)\,dx.
Faço cada integral separadamente (explicando detalhe por detalhe):
  • \displaystyle \int x^{2}\,dx=\frac{x^{3}}{3}.
  • \displaystyle \int -\frac{1}{x}\,dx=-\ln|x|. (note o valor absoluto)
  • \displaystyle \int \frac{y}{x^{2}}\,dx = y\int x^{-2}\,dx = y\left(-\frac{1}{x}\right)=-\frac{y}{x}. (aqui y é constante na integração em x)
Somando e adicionando uma “constante” que pode depender de y, chamo de h(y):
\Phi(x,y)=\frac{x^{3}}{3}-\ln|x|-\frac{y}{x}+h(y).

Passo 7

Determino h(y) usando \Phi_y=\tilde N.
Calculo \Phi_y (derivando a expressão anterior em relação a y; lembrar que x é tratado como constante agora):
\Phi_y = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{x^{3}}{3}-\ln|x|-\frac{y}{x}+h(y)\right) = -\frac{1}{x}+h'(y).
Isso deve ser igual a \tilde N(x,y)=-\dfrac{1}{x}. Assim
-\frac{1}{x}+h'(y) = -\frac{1}{x} \quad\Rightarrow\quad h'(y)=0.
Logo h(y) é constante; escrevo h(y)=C.
Portanto a função potencial é
\Phi(x,y)=\frac{x^{3}}{3}-\ln|x|-\frac{y}{x}+C.
A solução geral implícita da equação diferencial (após multiplicar pelo fator integrante) é
\frac{x^{3}}{3}-\ln|x|-\frac{y}{x}=C'.
(onde C' é constante arbitrária — pode absorver o sinal de C anterior).
Observação final: todo o processo exige x\neq0 (porque usamos x^{-2} e \ln|x|). Então a solução é válida em cada região onde x>0 ou x<0.

Resposta

\displaystyle \frac{x^{3}}{3}-\ln|x|-\frac{y}{x}=C

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