Verifique quais das equações a seguir são exatas. Em caso positivo, encontre sua solução geral.
\left(y \ln y-e^{-x y}\right) d x+\left(\frac{1}{y}+x \ln y\right) d y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\left(y \ln y-e^{-x y}\right) d x+\left(\frac{1}{y}+x \ln y\right) d y=0.
O que se pede:
  • Verificar se a equação é exata.
  • Se for exata (ou depois de encontrar um fator integrante), encontrar a solução geral.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Definimos
M(x,y)=y\ln y-e^{-xy}, \qquad N(x,y)=\frac{1}{y}+x\ln y,
e a equação tem a forma M\,dx+N\,dy=0.

Passo 2

Explicando o conceito (rápido e prático): uma equação M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0 é exata se existe uma função potencial \Phi(x,y) tal que
\frac{\partial \Phi}{\partial x}=M \qquad\text{e}\qquad \frac{\partial \Phi}{\partial y}=N.
Uma condição prática equivalente é
\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}.
Se essa igualdade não ocorre, a equação não é exata — mas às vezes existe um fator integrante \mu(x) ou \mu(y) ou outro \mu(x,y) que, multiplicando a equação, a torna exata.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais necessárias (mostrando as contas):
\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{d}{dy}\big(y\ln y\big)-\frac{d}{dy}\big(e^{-xy}\big).
Para \dfrac{d}{dy}(y\ln y) usamos regra do produto: \dfrac{d}{dy}(y\ln y)=\ln y+1.
Para \dfrac{d}{dy}(e^{-xy}) temos \dfrac{d}{dy}e^{-xy}=e^{-xy}\cdot(-x)=-x e^{-xy}; portanto
\frac{\partial M}{\partial y}=(\ln y+1)-(-x e^{-xy})=\ln y+1+x e^{-xy}.
Agora
\frac{\partial N}{\partial x} =\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{y}+x\ln y\right)=0+\ln y=\ln y.
Comparando:
\frac{\partial M}{\partial y}=\ln y+1+x e^{-xy}\neq \ln y=\frac{\partial N}{\partial x},
portanto a equação original NÃO é exata.

Passo 4

Tentativa de fator integrante simples: verificar se existe \mu(x) ou \mu(y).
  • Para \mu(x) a condição prática é que
\frac{\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}}{N}
seja função só de x. Aqui
\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}=1+x e^{-xy},
logo
\frac{1+x e^{-xy}}{\,\frac{1}{y}+x\ln y\,},
que depende de x e y. Portanto não é função só de x.
  • Para \mu(y) a condição é que
\frac{\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}}{M}
seja função só de y. Aqui
\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}=-1-x e^{-xy},
então
\frac{-1-x e^{-xy}}{\,y\ln y-e^{-xy}\,},
também depende de x e y. Logo não há fator integrante somente em x nem somente em y por esse teste.

Passo 5

Procurando um fator integrante mais esperto: observe os termos com e^{-xy}. Uma boa tentativa é multiplicar por \mu(x,y)=e^{xy} para eliminar/cancelar o e^{-xy}. Vamos experimentar \mu=e^{xy}.
Multiplicando a equação por e^{xy} obtemos a nova forma exata candidata:
\big(e^{xy}(y\ln y-e^{-xy})\big)\,dx+\big(e^{xy}(\tfrac{1}{y}+x\ln y)\big)\,dy=0.
Simplificando os fatores onde possível:
\widetilde M(x,y)=e^{xy}y\ln y-1, \qquad \widetilde N(x,y)=\frac{e^{xy}}{y}+x e^{xy}\ln y.

Passo 6

Verificar exatidão após multiplicar por e^{xy}.
Calcule \dfrac{\partial \widetilde M}{\partial y}:
\frac{\partial}{\partial y}\big(e^{xy}y\ln y-1\big) = \frac{\partial}{\partial y}\big(e^{xy}y\ln y\big) = x e^{xy}y\ln y + e^{xy}(\ln y+1),
onde usei produto e que \dfrac{d}{dy}e^{xy}=x e^{xy} e \dfrac{d}{dy}(y\ln y)=\ln y+1.
Agrupando,
\frac{\partial \widetilde M}{\partial y}=e^{xy}\big(xy\ln y+\ln y+1\big).
Agora calcule \dfrac{\partial \widetilde N}{\partial x}:
\frac{\partial}{\partial x}\Big(\frac{e^{xy}}{y}+x e^{xy}\ln y\Big) = \frac{y e^{xy}}{y} + e^{xy}\ln y + x(y e^{xy})\ln y,
porque \dfrac{\partial}{\partial x}e^{xy}=y e^{xy}. Simplificando,
\frac{\partial \widetilde N}{\partial x}=e^{xy}+e^{xy}\ln y + x y e^{xy}\ln y = e^{xy}\big(1+\ln y + xy\ln y\big).
As duas derivadas coincidem:
\frac{\partial \widetilde M}{\partial y}=\frac{\partial \widetilde N}{\partial x},
logo a equação multiplicada por \mu=e^{xy} é exata.

Passo 7

Encontrar a função potencial \Phi(x,y) tal que
\frac{\partial \Phi}{\partial x}=\widetilde M=e^{xy}y\ln y-1.
Integramos em x (tratando y como constante):
\Phi(x,y)=\int\big(e^{xy}y\ln y-1\big)\,dx = \underbrace{y\ln y\int e^{xy}\,dx}_{\text{integração}} - \int 1\,dx.çã
Como \int e^{xy}\,dx=\dfrac{1}{y}e^{xy} (porque \dfrac{d}{dx}e^{xy}=y e^{xy}), obtemos
\Phi(x,y)=y\ln y\cdot\frac{1}{y}e^{xy}-x+h(y) = e^{xy}\ln y - x + h(y),
onde h(y) é função arbitrária de y.

Passo 8

Determinar h(y) usando \dfrac{\partial \Phi}{\partial y}=\widetilde N.
Calcule \dfrac{\partial \Phi}{\partial y}:
\frac{\partial \Phi}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial y}\big(e^{xy}\ln y - x + h(y)\big) = x e^{xy}\ln y + \frac{e^{xy}}{y} + h'(y).
Comparando com \widetilde N=\dfrac{e^{xy}}{y}+x e^{xy}\ln y, obtemos
h'(y)=0 \quad\Rightarrow\quad h(y)=C\\ (\text{constante}).

Passo 9

A função potencial final (até constante) é
\Phi(x,y)=e^{xy}\ln y - x + C.
A solução geral implícita da equação diferencial (após multiplicar pelo fator integrante) é
\Phi(x,y)=\text{constante},
ou seja a família de curvas
e^{xy}\ln y - x = C.

Resposta

e^{xy}\ln y - x = C

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